( ) ( ), ( ) et ( ). ( ) ( ). 2sin% &amp

!
!
!
700 # 400 700 # 400
−h
ux , va
et casser.
la que
force
exercée
fcela
F A 'u! :, la
fiA
celle
casser.
Pour
la
ficelle
F=
'v va
:=la−hv
Pour
que lapar
ficelle
m u s <1 !
AN
:lev ! 20
a. Projeté suivant
donne
:ficelle
v3 !Le! 4système
AN : 1.
!
x f
!
70
u10
ne casse pas,
il faut
un
angle
suffi
e loi
70 u10 3
casse
il" faut
unFangle
suffi
sant
donc choisir pour
usant
. Laet
2donc
deetNewsur
F1 cos(_ )−F2 cos(_ ) =cycliste
0ne
, donc
F1pas,
"leF2vélo
F .!F =
effectu
x
2.
a.
Si
la
masse
du
canon du
ét
une grande
fidonne
celle.
2. a. Si la masse
une
grande
ficelle.
! ton
ux :
suivant
2. « pour maintenir en équilibre une gouttede
mouvement
<1 ! 101 de
b.
Projeté
suivant
u y , cela donne :
km
alors
v
!
28
m
·
s
alors v ! 28 m · s<1
3/p.96 b. ±mgsin_ − hv + F = 0 .
lette d’huile… » signifie que la gouttelette est
humain avec l’air d
des
forces
: forces :
14 1. Bilan
mg
1.
Bilan
des
14
recul
aurait
été aurait
très importan
recul
été très
2F sin _ mg , donc F "!
1. référentiel terrestre et que :
unle système
pseudo-isolé
!!
a. F 2sin
. .! !
l’éternuement, l’air
= hv _
!
!
!
!
g=
mg%(±sin_
u
−cos_
u
,
la
réacle poids mle
2. v=0,18 t &
)
m
g
=
mg
±sin_
u
−cos_
u
,
la
réacpoids
b.
La
grosse
Bertha
a
une
m
x (
y
b. La 6t,
grosse
Bertha
y)
Après
le système
F +P = 0 .
b.sFi α
!! → mgsin_
"!hv
. !m → ° ,x ! ou 3. t=6 min 26 s 3. 0
s
i pour
limiter
le
recul
du
canon
le recul
, la
tion du sol
R =force
Nu y ,de
la frottement
force de frottement etpour
tionR =
duNusol
1,3 Llimiter
d’air éjecté.
y
!
c.→
l!a !ficelle vhv
!F !F ° :<mgsin_
!a .casser. Pour que la ficelle ne casse pas, −hv
, et
la force
par
f f = −hvil =ffaut = −h
, etexercée
la eforce
exercée
par le1.
2. La
quantité
de mo
4/p.96 x va=
uun ngle t donc ule
ne grande ficelle. f
x
Le
système
q
20
! −hvs!uuffisant 1. Le fermé
système
20
! e mouvement
!
52
LIVRE
DU
PROFESSEUR
1.
La
quantité
de
éjectée
18
e loi de New- horizontale et vers l’
1. Cette trajectoire est plane car elle ne dépend que de x cycliste sur
F =leFu
. LaF =
2 Floi
de
Newle vélosur
u
.
La
2
cycliste
vélo
choisir
pour
effectuer
le
bi
x
pour effect
! temps par
x
! les réacteurs
parsuivant
unité de
est équi- sichoisir
et de y l’on pose
v ! 100 k
ux suivant
ton donne
:
14/p.99 ux :
ton donne
de mouvement
de l’éternue
de
mouvement
valente
à une−
force.
À=−
l’instant
t, 0le. gaz n’est p ! mv ! 0,0013 #de
2. vx = 3 m · s−1, vy = 10t + 3, vz = 0. ±mgsin_
hv
+
F
0
.
±mgsin_
hv
+
F
=
humain avec
l’air avec
dans l’air
les(1
1. humain
pas encore propulsé, le système peut être
3. ax = 0, ay = 10 m · s–2, az = 0. !
0,036
kg
·
m
·l’ai
s<1
a. F = hv . a. F = hv .
l’éternuement,
l’air est dan
l’éternuement,
4. mouvement uniformément accéléré. considéré
comme
ouvert
ou
fermé,
on
a
:
!
!.
Après 6t,3.Après
leLasystème
e
force
poussé
6t, de
lefermé
systèm
b. F ! mgsin_
"!hv
mgsin_
hv .
Pob.(tF) =
Pf (t ). À "l’instant
t " 6t, l’éjection des
et 1,3 L d’air
éjecté.
rizontale
et
de
direc
et
1,3
L
d’air
éjecté
c. F <mgsin_
.
hv
5/p.96 gaz
entamée,
c. Fest
<mgsin_
hvle. système fermé corres tité
dede
mouvement
2. La quantité
mouvemen
1. voir cours 2. La
quantité
de md
pond
au
système
!
!ouvert pluséjectée
! le gaz éjecté,
18
1.
La
quantité
de
mouvement
18
quantité
de∆tmouvement
éjectée
horizontale
et vers l’avant
du
2. 3,9 s. horizontale
vers
donc P1.
tLa
+ ∆t
= Po (t +
.
)les
) +estPe équiF
poussée
est et
alors
f(
<1 a
par unité18/p.100 de
par
réacteurs
si
l’on
pose
v
!
100
km
·
h
partemps
unité
de
temps
par
les
réacteurs
est
équi3. a= 7,1 m · s−2, d=54 m si
l’on
pose
v
!
100
e
1. la
2 loi
de Newton,
on n’est
trouve que : prise entre 0,0013 #
valente àAvec
force.
À! l’instant
le !gaz
!une
valente
à une
force. Àt,l’instant
t, le gazp n’est
! mv ! 0,0013
4. ’accélération supposée de est
la v:oiture à 3.lLe
poids qui s’exerce
sur claonstante gouttelette
p ! mv #! (100/3,6)
0,0013 # (
!
P
t
+
∆t
−
P
t
(
)
(
)
P
pas
encore
propulsé,
le
système
peut
être peut !être
−2 3
o
et
#$(800/3,
essence : 6,6 m · s g!
pas
encore opropulsé,
le
système
e
0,036
kg0,0013
m · s<1
. ·m·s
.
P!"!mg!"!l
# 4/3πr
! ·0,036
kg
= ∑F −
, le dernier
considéré
comme
ouvert
ououvert
fermé,
onfermé,
a : on a : de poussée d’un éte
∆t
∆t
comme
ou
!
! considéré
e 0 à ! "!800 # 4/3π(10<6)3 # 9,81!
!
!
3. La force3.deLapoussée
force deappliq
pouss
Po (t ) = P2. t5)2 . tÀkétant
l’instant
" 6t,
l’éjection
des
terme
de poussée.
6/p.96 peut
pas être
u
=
Pf (tla
. force
Àt l’instant
t " 6t, l’éjection
des etetne
g f (P
)
! "!3,29 · 10<14 N.
o( )
rizontale
de
direction
opp
rizontale
et
de
dire
e poids qui1. s’exerce
sur
la
gouttelette
est
:
−2
gaz
est
entamée,
le
système
fermé
corresdm
a
=
1
0 m
·
s
. un
être
humain,
mêm
gaz
est
entamée,
le
système
fermé
corres3.
Le
poids
qui
s’exerce
sur
la
gouttelette
est
:
poids qui s’exerce
est/2,05
:
v e donc :
2. Fp !
tité de mouvement
du gaz éj
3g! sur la gouttelette
ération
4.m
|q|!"!|<P/E|!"!3,29
· 10<14
· 105! accéléré. tité de mouvement
mg!"!l # 4/3πr
!
pond au
système
plus
éjecté,
2. rectiligne uniformément 3g!
3ouvement pond dt
au
système
ouvert
plus
le gaz éjecté, sont corrects.
! 18/p.100 !ouvert
! le gaz
.
P!"!mg!"!l
#
4/3πr
! Enpréa
g!
g!"!l
#
4/3πr
!
!
!
<6
3
3
!
<19 C.
F
800 # 4/3π(10
) # 9,81!
"!1,60
·
10
100
u10
P
donc
t
+
∆t
=
P
t
+
∆t
+
P
.
3. L
’accélération e
st n
ulle )dm
Ftellement
= alors
− e
est
alors
Lors B#ertha reculait <6)3 ##9,81!
Pf d
donc
∆t
t + ∆t
+ P!e .52
estest
f (1.a. (!tou +( tpir, )60
poussée
e 0# 4/3π(10
à ! "!800
4/3π(10<6)3 # 9,81!
dt)la !=)GProsse kg . poussée minale
00
o (e
∆t
N.
3,29
· 10<14
3
e loi de Newton,
v
<14 N.
Avec
la b. 2Avec
on trouve que :
à se#$(100/3,6
courber
29
· 10<14!12
N."!3,29
de115u10
que entre
: buste
!
! la 2e eloi
0,0013
1. a.· 10
Dans
le référentiel
terrestre gali! Newton,! on trouve prise
n|!"!|<P/E|!"!3,29
pour
!
!
prise
entre
0,0013
!
<14
5!
7/p.96 · 10 /2,05 · 10 <14
! ttir,
reculer.
t + ∆t19
t ')∆tLors
)− Pmv
Pe la Grosse
5! fi
!
<14/2,05
5! à
− Pdu
3.terrestre. La
boîte
exerce
sur
celle une force −F1 Po (D’où
ot (+a.
Bertha reculait.
et 0,0013pas
#$(800/3,6)/0,5
!
ération
4.! l|q|!"!|<P/E|!"!3,29
· 10
/2,05
· 10
léen,
le
skieur
est
soumis
3
:la
le
poids
"!|<P/E|!"!3,29
· 10
· 10
.= )∑
: v P!o (1.
une
se- 1. et
0,0013 #$(800/3
e référentiel !forces
!
Fo (−) =
, Fle− Pedernier
<19
,
le
dernier
"!1,60 · 10
C.
e loi de Newton). Or si _ A 0 ou si m A ' ,
∑
M
∆t
∆t
(3
, de
poussée
d’un
éternuemen
b.
On
considère
comme
système
fermé
l’en!P<19
<19 la
réaction
∆t
∆t
ourue
de poussée d’un é
2. 2, kla
· h−1 · 10de
"!1,60
C. piste R et la force F
"!1,60: · 10
C.m 700
#/s 400
1. Le référentiel
21
<1 + Boulet}.
<1 Ce système
étant
poussée.
v= 4la mforce
= de
1!4 kforce
m/h F A'
: rla
ficelleàva
casser.
Pour
que
la
fi−1 celle terme
et ne peut
semble
{Grosse
Bertha
terme
étant
la
de
poussée.
exercée
par
le
téléski.
v
!
4
mu
s
!
14
km
uh
.
AN
:
3. G
oss e
st e
n t
rain d
e eculer l
a v
itesse d
e 2
k
m ·
h
etpas
ne être
peututilisée
pas êtrep
voiture
1. a. Dans3.
référentiel
terrestre
3.le
Le poids
poids qui
qui s’exerce
s’exerce
surgalila gouttelette
gouttelette est
est ::
3
Le
sur
la
dm
70
u10
2. a
. S
i l
a m
asse d
u c
anon é
tait d
e 1
0 t
onnes a
lors v
=
2
8 1.
a.
Dans
le
référentiel
terrestre
gali12
ne
casse
pas,
il
faut
un
angle
suffi
sant
et
donc
2.
Si
le
système
un
être
humain,
même
si laest
di
dans le référentiel terrestre
a.skieur
Dansb.
le soumis
référentiel
terrestre
galidm
n,1.
pour
un être humain,
mê
v e Fimmobile
donc
: v donc
2. Fp ! est
m.
le
est
34/3πr
forces
33g!
s.54
g!: le poids
P!"!mg!"!l
! 101 :était
2.
s.
P!"!mg!"!l
#à# 4/3πr
−1
−1
!une
!forces : le poids
p
e
m ·
s
=
k
m ·
h
, e
t d
onc l
e r
ecul a
urait é
té t
rès dt
2.
a.
Si
la
masse
du
canon
de
10
tonnes
léen,
le
skieur
est
soumis
à
3
grande
fi
celle.
sont corrects.
En
réalitése
la co
co
de
mouvement
supposé dtgaliléen,
il est donc pseudo-isolé.
le skieur
soumis
à 3!forces
: 33leforce
poids
une
se- est
11/p.98 ! "!800
!
sont
corrects.
En
ré
<6
!!F
3
R Fet<6
la
la piste
la
e réaction
4/3π(10
) ##R 9,81!
9,81!
eilleure
00 àà !P! de
"!800
## 4/3π(10
u10
important. p m · 100
!
km!u10
· 52
h<13kg
, et
donc
le minale
alors
vLa!! F28
s<1Fde
R et la force F
,e la
réaction
de
la)force
piste
est
tellement
intense
100
DRl<14
quantité
mouvement
du
système
se
F
réaction
de
piste
et
la
p 101
1. l
p
oids e
t a f
orce é
lectrique ourue
:
dm
dt
!
#
60
.
minale
est
tellemen
u
3.
Avant
le
choc
:
téléski.
dm ! Bertha dt3 ! a une m#
60 !importante 52 kg .
x
"!3,29
10<1414
N. 1. Bilan des forcesu :
ecée
et par
la le exercée
!! "!3,29
·· 10
Lva e gété
rosse asse limiter recul b. aurait
très
115u10
par
lese téléski.
buste pàour sebuste
courber
l’ava
!à severs
!courber
2. Ces forces cN.
ompensent vimportant.
y
conserve
donc.
ée par le téléski.
voiture
115u10 3
e
!
!
!
<14
5!
alculer
<14/2,05
5!
choc
: p f = pboule2 , d
le r
ecul d
u c
anon. ération
4.
|q|!"!|<P/E|!"!3,29
·
10
/2,05
·
10
-­‐14
ération
4.
|q|!"!|<P/E|!"!3,29
·
10
·
10
pas
reculer.
m g = mg(±sin_ ux −cos_ u y ) , la réac- 19b.1.
poids
On
a
:
p
(t
!
0)
!
p
(t
!
t
)
.
54 m. 3. Laa.grosse
Bertha
a
une
masse
importante
b.PF= 3,29 . 10 le N
Lors du
tir,Lors
la Grosse
reculait.
! fa.
du ftir, Bertha
la tirGrosse
Bertha reculait. pas reculer.
la voi- 4. 19 1.
!
!
!! 1,60 <19
. R1R0E-­‐19 ··C F<19 C.
"!1,60
10
C.P Rsol R! = Nu! , la force de frottement b. On
10
pourconsidère
limiter
recul
du(tsystème
canon.
0leconsidère
=
pBertha
=
t tir )+fermé
psystème
(tl’en=fermé
t tir ) l’en- Après le choc, la bou
comme
Soit
:
illeure D F "!1,60
tion
du
Boulet
b.
On
comme
20/p.101 y
.
D !
terrestre
21 1. Lelaréférentiel
D ux
même
u
!
!
Ledirection,
référentie
21
semble {Grosse
Bertha
+ Boulet}.
y
<2la
semble
Bertha
+CeBoulet}.
système
soit
enfi
n{Grosse
: fermé 1.Le système : l’être hsystème
umain Ce
avec l’air dans les 1.vitesse
uy force
=
= −hvuxterrestre
, et la
1. a.
a. Dans
Dansfsur
le −h
référentiel
terrestre
gali-exercée par le
12
menn·et
spour
. 12/p.98 uvyaxes
1.
référentiel
gali12
pour
f le les
même
que la
c.
En
projection
:
1.
Le
système
fermé
que
nous
allons
20
!
2.d'.Si
le lsystème
pseudo-i
est immobile
dans
terrestre
!
alculer
système
est
est
immobile
référentiel
poumons. l’éternuement, st ans es 2. Si leest
! a. D!le
!le référentiel pBertha
(t A!vant tle
) référentiel
!dans
Mv !le
pBoulet
(t ! lt’air ) !eterrestre
mv
e loi de
léen,
lePskieur
skieur
est soumis
soumis
forces
poids
! terrestre ! Fgaliléen, léen,
est
ààle33!vélo
forces
:: le
E 1. uneacseans l!e est tir
tir
une
se=
Fleupoids
. La
2skieur New- supposé
cycliste
sur
ure
!
!
!
mouvement
est
donc
!
choisir
pour
effectuer
le
bilan
de
quantité
x
de
mouvement
se
conserve.
galiléen,
il
est
donc
pseudo-isolé.
!
R
=
R
u
P
=
−mg
sin`
u
,
+
cos`
u
,
E
la voi(
)
mouvement se c
E : soumis poumons. près Δt il, le système fermé est l’être de
humain supposé Agaliléen,
est
donc pseudo-isolé.
x
y la
laPyréaction
réaction
de:donne
laPpiste
piste
et
force
RlRa ret
de
à 3 !forces lla
éaction de FlFa piste et la ourue
ourue
:
uxla: force
ton
suivant
!
!
!PP ,, la
mouvement
deéjecté. l’éternuement
est l’être
!e poids, La de
quantité
de
mouvement
du système
se
et 1
,3 L
d
’air = pbou
3.
Avant
le
choc
: lep fchoc
La
quantité
de
mouvement
du
système
se
F
F
cos_
u
sin_
u
exercée
par
le
téléski.
exercée
par
le
téléski.
force e
xercée p
ar l
e t
éléski. 3.
Avant
:
.
voiture
±mgsin_
−
hv
+
F
=
0
voiture
.
x
y
humain
l’air
danskles
poumons.
Avant
!
!
n projection
les axes :
conserve
!
2. donc.
pavec
= mv =donc.
0,036 g · m
· s−1 m
· s0<2et.! c.sur
!
!
conserve
re
En
projection
sur
les
axes
:
4.
PRINCIPES
p
=
p
choc : f choc
54
m. b.
! m.
! : a.e F! = hv .
nnprojection
54
sur
les axes
b.
boule2
= p pbou,
l’air
dans les époumons.
: p, donc
Onl’éternuement,
a : p3. (tL!a 0)
(tde test
! a.(sin`
2.
Selon
lacos`
2 ! uloi) ,de! Newton,
oussée ! ! u!x +
! comme le
R!ude
P = −mg
,!la
tir
aforce :! ppff (t
!! p
0)
!)!.pf (t !dt’un ) . ternuement est très faible eft boule2
! f On
ure
y acy
F sin`
r
F
!
tir
!
R
R
R
=
R
u
P
=
−mg
u
,
+
cos`
u
,
eilleure
eilleure
( , x constante
Après
leêchoc,
la le
boule
sebo
dé
Après
6t,
le système
fermé
est =
u y , P =!−mg
u x + cos`
! ) fhumain
(sin`! yremonte
ne eut pas u(t
pl’être
our aire reculer un tre skieur
b.àuFvitesse
" hv .y ) la somme
pp
(t
= pt!êtirtre )+
ptilisée y )! mgsin_
Après
choc,2 la
Soit
: 0=
Bertha
Boulet
0=
= t tir(t)+
pt tir
(t = t tir )
Feion
cos_
Soit
: éjecté.
uuxx ! u y . ! DD
!
!u x !sin_
Bertha
Boulet
et
la
ecos_
etdu
la
la
même
direction,
le
même
et
1,3
L
d’air
humain, m
ême s
i l
a d
irection e
t l
e s
ens s
ont c
orrects. F
F
cos_
u
sin_
u
u
u
vectorielle
des
forces
qui
s’appliquent
sur
la même direction,
uy .
yy
hv .
x c. F <mgsin_
y .
soit enfin :soit enfin :
!
· s<2.u x sin_
alculer
que
la boule
alculer
quantité de mouvement a une direction même vitesse
re
0 et la lui
loi de
Newton,
comme
le
Selon
2e est
u
nulle
donc
en
projection
sur
:
2.
La
même
vitesse
que1l
x
'. t ) ! mv '.
pBertha (t ! tptir ) ! Mv
!t pBoulet
(t !
tptir ) ! mv
e loi de Newton, comme! le
ement
e a.
2.
Selon
la 218
(t
!
)
!
Mv
!
(t
!
E
loi
de
Newton,
comme
le
Selon
la
2
la
voimouvement
est
donc
rectilign
E
la
voi21/p.101 1.
La
quantité
de
mouvement
éjectée
P
P
Bertha
tir
Boulet
tir
rurde
la
remonte
à vitesse
constante
somme
F cos_
< mgsin`
0 etlaen
horizontale et vers l’avant du corps humain et
projection sur u y :
mouvement est don
skieur
remonte
à vitesse
constante
la somme
rion
remonte
vitesse
constante
Le rvéférentiel t·errestre <1 alorse:st galiléen. par
de
temps
est équi- si l’on1. du desFà sin_
orielle
forces
qui
s’appliquent
sur par les réacteurs
pose
!
100
km
h
< mgcos`
R unité
la0 .somme
! s’appliquent sur <2
<2
vectorielle
des
forces àqui
2. !la quantité de mouvement se conserve m
··sss<2
rielle
forces
s’appliquent
sur
la
m
valente
une
À l’instant
t, le gaz n’est p ! mv
!
·car
...desc. est
nulle
donc
enqui
projection
sur
: mécanique
c.
projection
sur
les
axes
0,0013
# (100/3,6)
c.
En
projection
sur
les
axes
En
! u!x::force.
La
force
exercée
par
la
remontée
4. PRINCIPES
DE LA MÉ
!! est
!! donc
u
lui
nulle
en
projection
sur
:
3. A
près l
e c
hoc, la boule 2 se déplace donc dans la même !
!
!
u
st
nulle
donc
en
projection
sur
:
!
!
!
ode
de
4. PRINCIPE
pas
encore
propulsé,
le
système
peut
être
x
ure
mgsin`
ure< acac- RR=
ement
s_
mgsin`
0RRu
xu :
et
en
projection
sur
!
! 0,036 kg · m · s<1.
!
P
=
−mg
sin`
u
,
+
cos`
u
,
y
=
u
P
=
−mg
sin`
u
,
+
cos`
u
,
(
)
F
yy mgsin`
yy
F cos_
0 etsur
sur
lui <est
doncconsidéré
.
:
enxx comme
projection
sur uou
direction, le même sens et avec la même vitesse que la _ement
ouvert
y fermé, on a :
_<<mgsin`
mgcos`!!
0Ret
0en
. projection
!! !
!!cos_
! uy :
3. La force
alors ho-est donc rectiligne R
0
.
boule de
1 poussée
avant le appliquée
choc. Le mest
ouvement cos_
uuxx P
sin_
u
cos_
sin_
u
.
_ < mgcos`F
FFsin_
RFF0<
.80mgcos`
.
t
=
P
t
.
À
l’instant
t
"
6t,
l’éjection
des
yy f ( )
( ) mécanique
#remontée
9,81#osin10$
car
la
orce
exercée
par
la
rizontale
et
de
direction
opposée
à
la quanFforce
"remontée
157 N. le
b.
uniforme. tre
et
tre
et 2. gaz
estladeentamée,
système
fermé corresLa
exercée
mécanique
aa.
. "Selon
mgsin`
eepar
ce 00
exercée
par
la remontée
mécanique
cos(30$)
loi
Newton,
comme
le
2.
la
2
ode
de
loi
de
Newton,
comme
le
2.
a.
Selon
la
2
F
tité
de
mouvement
du
gaz
éjecté.
La
force de
mgsin`
estla
. pond au système ouvert plus le gaz éjecté,
esures
mgsin`
rui
r de
de
ladoncsur
!
Fà vitesse
cos_
donc
.
Fskieur
lui est
!
! la
!
skieur
remonte
constante
somme
!
irentiel
est
donc
.
ement
remonte
à
vitesse
constante
la
somme
p
23/p.102 cos_
ion
1.cos_
Les forces
exercées
sur) =
le Pcarton
sont
13sin10$
tion
du
+ ∆t
t + ∆t
P: .
) +sur
poussée est alors F = − e de norme com80du
# 9,81#
donc
o(
!157
! Pf (tqui
vectorielle
des
forces
vectorielle
des
forces
qui s’appliquent
s’appliquent
sure
1. a. repère de Frénet "
N
.
80
#
9,81#
sin10$
∆t car la trajectoire est circulaire <29,81#
!
m
·· ss<2
.. b. #
sin10$
le
poids
m
g
=
−mg
u
,
la
tension
exercée
par
!
m"80
1F57 " N"
"eprojection
157
Nde
. Newton,
b.
yen2
cos(30$)
Avec
la
loi
on:: trouve que : prise b. −2. 157 N!donc
.!
u
lui
est
nulle
sur
u
lui
est
nulle
donc
en
projection
sur
a
=
7
7 m
·
s
!
entre
0,0013
#$(100/3,6)/0,5
! 0,072 N
n
!
! !!xx
cos(30$)
vement
vement
cos(30$)
tiel lié
esures
!)u )Puu! et::
tF+
∆t
−
P
t
u
cos
_
+
sin
_
les
deux
fils : F1Po=
F
cos_
<
mgsin`
0
(
)
(
)
et
en
projection
sur
(
)
(
(
F
cos_
<
mgsin`
0
2. a
. F
N =
8
0 ×
7
7 =
6
1
60 N
. et
en
projection
sur
o
1
1. Les forces
exercées sur le carton
sontx : = ∑ F −y eyy , le dernier et 0,0013 #$(800/3,6)/0,5 ! 0,58 N. La force
! 13/p.98 rentiel
! : le carton sont
1.! <<Les
forces
exercées
sur
13
F!F sin_
mgcos`
RR ! 00∆t
.. sont
b. Le rapport F/mg = 6 1est
60/(80 10) = 7,7. 1.
Lesmforces
exercées
sur
leu
!
carton
sin_
mgcos`
∆t f:ils de poussée
d’un éternuement
très ×
faible
!
oids
g
=
−mg
u
,
la
tension
exercée
1. l
e p
oids, l
a t
ension e
xercée F
upar
=
F
−cos
_
+
sin
_
.par les deux ( −mg
) x u étant
( tension
)la
! 2y( m g =
soss
car
la! le!2 poids
y)
sds
carest
,
la
exercée
par
terme
force
de
poussée.
c. L
ors d
e c
e v
irage, t
out s
e p
asse c
omme si le pilote mla
g = −mg
u
,
la
tension
exercée
par
! pary la
!
et ne peut pas être utilisée pour faire reculer
La force
exercée
remontée
mécanique
exercée
la
mécanique
ode
Leforce
au
repos
la
somme
!
FLa
u!x +par
u y ) !donc
=
Fy1carton
cos
_ !)est
sin
_!)remontée
et
deux
fils :!2.
(
(
de
mgsin`
(
·ode
h<1lié
.de
subissait 7
,7 f
ois s
on p
oids r
adialement. mgsin`
dm
1
tiel
un être humain, même si la direction et le sens
u y ) et
les
fi(_ls
(_ )nulle
sur
lui
est
donc
., .x + sin
Fsin
pF1!
Fsont
: est
u (v_
=! Fdeux
+F=
eux
fils : F1des
1
)u:! xF2.
((_cos
)appliquées
sur
lui
est
donc
(cos
) )etudonc
vement
qui
lui
:
1forces
vement
cos_
dt y e!
cos_
sont corrects.
En réalité la contraction abdoF2 (−cos(_!!)u!x +!sin(!_ !)u y!) .!
3
goutteF
m
g
+
F
+
F
=
0
.
F
u
u
=
F
−cos
_
+
sin
_
.
(
)
(
)
(
)
80
#
9,81#
sin10$
est tellement intense qu’elle oblige le
100
u10
u
u
−cos
_
+
sin
_
.
!
p
1
2
2
2
x
y
(
)
(
)
80
#
9,81#
sin10$
(
)
minale
2
x
y
oss
est
F
"
"
157
N
.
b.
dm
!
dt
!
#
60
!
52
kg
.
! la somme
e =carton
est
" 157 N.
b. Fau" repos donc
qE
3
cos(30$)
2.
Le
carton
est uau
repos
la somme
v e donc:115u10
a. Projeté
suivant
, cela
donne
2. cos(30$)
buste à se courber vers l’avant et donc à ne
carton
est
ausont
repos
donc
somme
·forces
h<1. qui
xlaest
esures
lui
appliquées
nulle
:
esures
! ! des
! forces qui lui sont appliquées
est
nulle
:
orces
sont
appliquées
est0a.,nulle
: Fle
F13
cos
−F
cos
=
donc
"carton
F2la"Grosse
F .sont Bertha
! forces
!19
rentiel
(1.!_Les
)Les
(_exercées
) 1.
sur
::
+
=lui
0
Lors
du
tir,
reculait. pas reculer.
!F1 +!Fqui
1.! 1.
2forces
1le
érentiel
exercées
sur
carton
sont
2 ! 13
!
!
!
gouttem
g
+
F
+
F
=
0
.
! 1 m2g! = −mg
F1 + F!2 = 0b.
. Projeté
le
poids
uu!,yconsidère
,, la
tension
par
b.
On
comme
système
fermé l’ensuivant
u
cela
donne
: exercée
!
le
poids
m
g
=
−mg
la
tension
exercée
par
ojeté
suivant
u
,
cela
donne
:
y
!
y
x
= qest
E
tte
!! u , cela donne
21 1. Le référentiel terrestre est galiléen.
!
Projeté
suivant
:
semble
{Grosse
jeté lié
suivant
u xdeux
, cela
donne
: Fx cos
mg!! Bertha
ntiel
a.
1 =
sin
__+))uu!Boulet}.
et Ce système
les
ls
ntiel
lié cos
2F
sin
mg
(
s(_ )−F
_ deux
=_0 ,fifidonc
""F (.(__))uux +
(
)
F
.
cos
+
sin
les
ls ::,FFdonc
1F1="FF
1 2(
y )) et
(
(
2
1
y
terrestre 2. Si le système est pseudo-isolé, la quantité
cos
=1"0F, .donc
Fx 1 " F2 le
" F .référentiel
(!_" )Fimmobile
!! _dans
2sin
_ )−F2 cosF(1!!_cos
,)−F
donc
Fest
2
(ojeté
) u=!F(_0, cela
1 ! !:2
suivant
donne
goutteFF2 =
u
u
_
+
sin
_
.
(
)
(
)
)
!
de mouvement se conserve.
yF2 ((−cos
supposé
galiléen,
il
est
donc
pseudo-isolé.
u
u
=
−cos
_
+
sin
_
.
x
y
( ) :xuy , cela( donne
) y) :
b.2Projeté
suivant
oss
est
2
jetéest
suivant
u y , cela
donne
oss
est
!
!
mg
La
quantité
de
mouvement
du
système
se
ntte
_
mg
2.
Le
carton
est
au
repos
donc
la
somme
<1
, donc F "
.
, et après le
3. Avant le choc : p = p
mg
% &
© Éditions Belin, 2012
© Éditions Belin, 2012
© Éditions Belin, 2012
© Éditions Belin, 2012
lette sont : le poids P = m g et la force F = qE
due au champ électrique.
(
c. Lors de ce virage, tout se passe comme si le
pilote subissait 7,7 fois son poids radialement.
)
3.défi
a.
i avecb v % 0 ;
3. a.i,env!j,ravant
i » avec
v r v%nie
0=dans
;vréféren¤oLes
< ²¤¦
tiel
R.Frénet
k= vest
fi
xe
dans
27
2.de
a.
La1.« b.
passe
est
A conditio
b. Dans
base
laO,
composante
nor!r !»nie
!défi
!r le
!r lele ! r !!
o !
!en
!v nie
a. La
« passe
avant
est
dans
¤ b² A
2. a.laLa
« 2.
passe
en
avant
» est
défi
dans
le
< ! econditio
Les
3.
a.
v
=
v
i
avec
%
0
;
A
r
r
r
tiel
R.
2
b./Rv!en
=avant
−v
.<(Av r !−v
i »+point
v 2b.
jdéfi
+vvb rnie
i! =
v1ri −v
référentiel
R.
=
−v
. ²"
+lev12)A
ji! + soit
v r2ij!=
i
+
v
j
(
)
o
2.
a.
La
«
passe
est
dans
!
!
maleréférentiel
de l’accélération
est
v
soit
ici
au
bA
"
0
et
bB
!
b
1
2
R.
référentiel
R.
v pour
Ae¤fi<bn
<) i +
!soit
bA
bB1"donc
"0get
! bA
!v j +siv!v!i !=
b.
vUn
=
−v
−v
i !+
vsoit
v 2arrière
j"<.0Aoet
z bB " g
(
b.
La
passe
s’effectue
en
avant
.
i
>
0
b
1
2
r
r
1
référentiel
R.
G
:
2.
a.
La
«
passe
en
avant
»
est
défi
nie
dans
le
c.
joueur
peut
lancer
le
ballon
en
o
arrière
o !ballon
soit < le
bA "donc
0 en
etpour
bB
" fign
24 1. a. Pour déterminer les valeurs v2, v3 et
3 b. La passe
!i > 0 . peut lancer
s’effectue
en
si vavant
i >c.0si.Un
! avant en
b. La
passe
v!bbjoueur
! 2 s’effectue
b <2
!a. passe
o A
!c.
Un
joueur
peut
le
enLes
arrière
! !b.
vtout
a3N ! v32/R
(1,8
"!v5)
15,6
cm
· et
s; faire
. silancer
i corps
>de
0 .ballon
conditions
initiales
référentiel
3.La
=/5,2
vs’effectue
iR.!
avec
v ren
% 0avant
de
son
corps
même
une
passe
de
son
et
faire
tout
de
même
une
passe
v4 des vecteurs vitesse du centre d’inertie de
soit
<
!
bA
"
0
et
bB
24/p.102 3.a. b
!
r
r
initiales
donnent <d:"
3. a. v r =3.v ra.i! vavec
%avec
0 ;! v r %!0 ;
Les conditions
initiales
! ! Les
! conditions
= vvrr!ide
!rmême
o c. Si
z A'ed<
son
corps
faire
tout
de
même
passe
!passe
!si;etv(v
!<en
On retrouve
donc
ordre
de
b.
La
s’effectue
en
avant
v 0.
i!>
0 .(vr <une
en
»0=
v1)si
)i %+
!ii «!+
!avant
!grandeur
!avant
!
«
»
si
v
)
%
0.
la bille aux dates t2, t3 et t4 :
1.a. Les
conditions
initiales
!vle
3.b.!a.
v
=
v
avec
v
%
r
=
−v
−v
.
v
j
+
v
i
v
j
g
b
(
1
r !
r i + vr j .1 !
2!
! (2!jvavant
b. v b = −vb.1 iv!+b =
−v
vr2−v
j!+ 1v!ir r+
i en
=
zg A'e
g
v
1<
donc
pour
fi
nir
)
c.
Si
−v
.
v
+
v
i
=
v
i
+
v
j
<bt
(
)
«
»
si
(v
<
v
)
%
0.
r
1
2
de
valeur.
z initiale
b a. v 1= v i 2 avecr v % 0r ;r 1 1
2 donc pour
v2 ! d31/(t3#<#t1) ! d31/(26t),
v
1<
e
. 1<
fi
nir
Les
conditions
3.
v
donc
pour
fi
nir
e loi
b.c.vUn
=joueur
−v
. !2donne
v 2 j 1.
+lancer
va.r iLa
=
vle
i 1.
+en
v 2 La
jarrière
z
ballon
b. −vr 1 i +28
(
rpeut
r !2
e loi de
z: gb
de
:
v
bpeut
r arrière
1 ) Newton
!
!
!
a.
Newton
donne
b
28
c.
Un
joueur
lancer
le
ballon
en
b
!
z e
c. Un joueur peut
lancer
lee ballon
en arrière 2donc pour finirt v z 1<
2
v3 ! d42/(t4#<#t2) ! d42/(26t)
! faire
dv
vde
deUn
corps
tout
de
une
! jdonne
! !Newton
La
loi
b.son
vjoueur
= −v
−v
. v :! t
iet+
v1.2lancer
ja.+
v r!i2le
=
vmême
i+
vpasse
28
dv
b vg
1. a.
L’avion
décrit
un
mouvement
recti(
)
25 de
<
c.
peut
ballon
en
arrière
b
1
r
1
2
z
son
corps
et
faire
tout
de
même
une
passe
u
u
m
a
=
m
+
m
t
2
v z C' a1
pour
de son corps et !faire tout
ut + m c.
undonc
m
a !=nune
m passe
<
o'nir
et v4 ! d53/(t5#<#t3) ! d53/(26t).
! 0.
tde même
< fi
dv
v
z
A'e
B't
Si
«
en
avant
»
si
(v
<
v
)
%
o'
dt
r
t alors : b
ligne«uniforme
donc
l’accélération
delancer l’avion
o'
r pm
1lancer
z rA'e
B't
de
son
et
faire
de
même
unedt
passe
m
a0.
=
+ le
m
c.
Un
peut
en
c.arrière
Siarrière en avant
sic. (vUcorps
<joueur
%(v
A'e
B't<b
C'" <al
jv»oueur eut e bu!nallon de z!
son c
orps <C'
donc
!lballon
t
« »en
avant
v1tout
) appliquant
%!u0.
r n 1)si
!dec. Si
2.
la u! de
2,e!en loi
Newton
b. En supposant
que l’accélération
est
restée
r !<En
o' B't C'
dt
re−mg
z
A'e
2.
a.
En
appliquant
la
2
loi
Newton
b. En supposant
queOl’accélération
est restée
u
u
u
=
Ra.
+
R
+
R
est nulle.
t alo
c.
Si
t
g
«28
en
avant
»
si
(v
<
v
)
%
0.
!
deet son
corps
et
faire
tout
de
même
une
passe
,
u
u
u
=
R
+
R
+
R
−mg
u
<bt
<b
donc
f
aire t
out d
e m
ême u
ne p
asse «
e
n a
vant »
s
i !
!
!
!
e
z
z
t
t
n
n
z
!loi
<" <
r! de
1 !Newton
z : t !t
n n
La=
2
g z v z<btg < o'1<A'e<bt
!a.de
!m
! =:R−mb
!zv!mg
constante
dub.mouvement,
l’accélée1.
o' u)tfv%+
udonne
+
Rvt+
−
uz ,uz , soit
1. a. qui
La
loi
Newton
a0zfu. =
m
g
+
mg
eR
28l’accélé2donne
v
1<
e
<
e
constante
au coursauducours
mouvement,
Les
forces
sur
l’avion
sont
z
A'e
B't
c.
Si
1.
a.
La
2
loi
de
Newton
donne
:
28
z
n
n
!
!
!2s’exercent
b
v
1<
e
C'
£<
«
en
avant
»
si
(v
<
0.
m
a
=
m
g
+
=
−mb
+
mg
u
,
soit
(vr− v
1) >
2
z
dv
v
2
g
g
2rdvu 1
!!a#<#v
! : a "dv
v z dv
e+ mde
vLa
²£
ration
sur le parcours
|v
m
=m
z <
1.
a.|/
2soit
Newton
donne
: et 0 " R <v 2mg. b v zz bAinsi,
!!upoids
!la
28
1< o'
e <bt
dv
vet
11
5
#<#v
ration sur
le parcours
BC vaut la
:BC
aportance,
"vaut
|va11=
t loim
n"force
traînée,
le
de
,
m
"
R
R
2
u
u
m
mla
+
m
2
5|/
dv
z
n
" R t , m " Rn et 0 " RbAinsi,
dtu! tn + me v rdv
g z A'
u! ndv t soit
m
bg²¤²
vr z mbv
!.t = m dv
<2a
z1<gmg.
<bt
dt
6
6t
"
(2,4#<#0,60)/(6
$
0,1)
"
3
m
·
s
dt
r
g
g
1
A'
g
<2
z
<b
"
<
,
"
e
donc
.
!
!
!
!
1.
a.
La
2
loi
de
Newton
donne
:
soit
,
m
"
R
et
0
"
R
<
mg.
28
mr u " Rvitesse
eB'b. ²
6 6t " (2,4#<#0,60)/(6 $ 0,1) " 3
m · s .!de l’avion.
poussée
Comme
lem
t bv
g . ndtz donc z<br " < , " v z1 etg 1<"A'
uut +
m
a =um
!dt
! vecteur
, z dt
urndt
=! R z!28/p.103 R !tdv
+
R
−
o', bcondition
rverticale est :
<bb " <o'1La
donc
!u
!Rz +
La
v n2mg
dt! !uforces
gbb" A'o' et¤
tb.
n!,composante
z
uRsomme
udt
=de
R zufrottement
+ Rla
+
−
mg
o' <b
b.
La
composante
verticale
est
:
2.
a.
La
valeur
f
de
la
force
est
!
est
constant,
vectorielle
des
1.a. z
t
t
n
n
z
,
u
u
u
=
+
R
+
R
−mg
u
b
o'
o'
u
u
m
a
=
m
+
m
!
!
"
<
,
"
et
donc
!
!
!
!
2. a. La valeur f de la force de frottement est z z
!
<bt
t t b. tLa
n n
¥ A'
nz
est
! ¥go'£La
2 r
R z u!< zt = mg
u!z,:N = R u!£ =<bt
e<bt
1condition
= R zuz +dvR2t udt
+ Rnunvcomposante
−mg
uz< ,t N! =verticale
b g¥o'
f
"
ma
"
0,025
$
3
"
0,075
N.
est
nulle.
mg
u
,
t
e
g
£
²
´
z
<b
tgz´"
²e<
, t "
C'
donc
f " ma " 0,025 $ 3 " 0,075 N.
! v " Rb.
!, Cherchons
!0=
z²
2 ! " R et
dv soit mdv
m
mg.
Bmg
: uz:, z zAinsi,
ovN
Ainsi,
C'o'
R:Rzzu<zo =
n< mg.
composante
est
v z"se
z ,la
B" Ae
Cherchons
b. tb¥´ ´¦
C'o'.
,Rb.zm
"
etvR0
RAe
m » soit
" R=t m
ut,nt m
+que
RRtRla
+
−mg
u0horizontale
² z
Ainsi,
2nru
2.forces
a. soit
« donne
9g
signifi
eudt
tout
passe
horizontale
g´¦b:£²²¤e <bt
z "
n R z et
z " Rcomposante
"
<
mg.
2 b ¤ b est
b.
Comme
le
bilan
des
f
"
ma
et
!
v
dv
z
r
!
!
!
!
n
dt
t : v Ainsi, dv
composante
horizontale
R b. Comme le bilan des forces donne f " ma et
z !b ²²¤ b£v 2<bt
!t ´´´¦
C'
! dvest
rTverticale
soit
"=
RRn uet
0est
"dvRu:<zt<
dt " R ttla, 9m
¥ g.
msubissait
<u! + m !2 La
+
R
=Tmg.
m=
u=
b. La
composante
comme
si composante
le pilote
fois
son
poids,
.initiale
2dv
condition
initiale
!
A
e
g
b
b
que
les
frottements
sont
supposés
constants,
!
!
!
!
t
t
n
n
t
n
b. z
dv
v
A
b.
La
verticale
est
:
R
u
+
R
u
m
u
+
m
u0
o
!
¤
¦
.impo
v
r
"t ´ C
La
condition
impose
que les frottements sont supposés constants,
dt dv
!
!
z
²
<
e
dt
r
o
Ainsi,
z
t
t
n
n
t
n
.
!
b.
La
composante
verticale
est
:
<etRu0
eu"n =
utmg
+
initiale
impos
. dt
!" R!N
!=uR"égale
soitbien
,=
mTest
R
R. zm
<omg.ut + m Launcondition
m
´b 2
donc l’accélération
de l’avion
t=
R
n est
dt
on en que
déduit
que l’accélération
ab.est
b3.²¤ rb impos
!o nà
z!,dt
z
La composante
verticale
:z,de
dt
rLasans
N = dt
R z u2.
=!ta.mg
ucoeffi
on en déduit
l’accélération
a est bien
condition
¦
Le
cient
frottement
f est
di- initiale
ru
z! = mg
3.
<2z . N
=
R
u
,
2.
a.
Le
coeffi
cient
de
frottement
f
est
sans
di
g
!
, 9g
!
9
"
9,81
!
88,3
m
·
s
<bt
la composante
horizontale
est
Donc
l’équation
se
réécrit
:
zcoeffi
z réécrit
z ::de
constante
sur le parcours
BC.
2.
a.
Le
cient
frottement
f est sans
di-g <btzinitiale
Donc
l’équation
se
e
la composante
horizontale
est
:
constante
sur le parcours
BC.
b.
La
composante
verticale
est
:
mension.
u
N
=
R
=
mg
u
,
2 e
La
condition
imp
!
!
!
!
g
z
e
bt
<1
.
2
!
!
!
!
z appliquant
z ! dv
z
<bt
! ! !
2est
la
composante
horizontale
:
!
v
mension.
2.
a.
En
la
2
loi
de
Newton
b. En supposant
que l’accélération
est
restée
!
t t,! £ ¥2
t
!vaut a !! dv/dt
! t= m
!<2
¥
dv
v£ ·est
b. L’accélération
!!u88,3
smg
umension.
RN
+ !m
b 2 8z gb2 e<bt i, j,fikxe dans
est
fixe
dans
Dans
cas
laRréférencomposante
horizontale
!+
!. ´est constante,
!<ule
A=
u!m
Rlezm
, vitesse
<ot.: u la
t!b.
tm
T =le
u +!TRn=unR=
u=nt<!+
u!<uoù
b.27O,1.
i, b.
j, au
k O,cours
est
le référen27 1.constante
Anum
z8 constante
on cas
zdv
zb ²v´Ae
du mouvement,
l’accéléb e Dans
où
la
vitesse
est
t t T! =
nb.
dt
2rmg
300
²
o+
o
<
e
B
,
g
m
a
=
g
f
=
−mb
v
+
u
,
soit
R
u
+
R
=
m
u
+
m
u
.
!
!
!
!
<
e
b
Ae
B
,
g
dt
r
b.
Dans
le
cas
où
la
vitesse
est
constante,
A
dv
3.devient
z ´
6 b 2 g <b
t la
t<
nhorizontale
testnon
n 3.
)n
(340
tiel R.
condition
de
glissement
²vest
la
composante
:
o
tiel R. ration
²
´
dt
r
T
=
R
u
+
R
u
=
m
u
+
m
u
o
2.
a.
Le
coeffi
cient
de
frottement
f
sans
di.
#<#v
|/
sur
le
parcours
BC
vaut
:
a
"
|v
z
e
condition
non
glissement
2n n
¤ ¦r vglissement
t 5 !det frottement
t !3,6
tla! non
n2 ! ¦ de 3.
11 cient
2.
Le)coeffi
f est
sans
diG0
6 devien
la
de
devient
vcondition
2
dt
!frottement
2,9
s¤ . dv
donc
(va.
<#v
!<2
at,a.
dv
2est
0· s
b
2.
Le
coeffi
cient
de
sans
diz vf+
2.
a.
La
«
passe
en
avant
»
est
défi
nie
dans
le
2
m
&
fmg
.
Il
existe
donc
une
vitesse
limite
:
3.
a
4
2.a. L
e c
oefficient d
e f
rottement f
e
st s
ans d
i-­‐ m
ension. mension.
T
=
R
u
+
R
u
=
m
u
m
u
6
6t
"
(2,4#<#0,60)/(6
$
0,1)
"
3
m
.
2.
a.
La
«
passe
en
avant
»
est
défi
nie
dans
le
G1
bv
g.n..Il existe donc une vitesse limite :
88,3
3v
mension.2. a. Le coeffi
t v
n
t f
est
& zfmg
cient
frottement
sans
di- <bt 8glimite :
Rt 0 &de
Anfmg
dt mest
r<btune
m
. Il"existe
donc
4
Acas
mension.
référentiel R.
8
gvitesse
b. b.
Dans
où
la!est
vitesse
constante,
L’avion
atteint
lecas
mur
dule
son
en
s.bA
Ae
R
référentiel
soit
<2,9
0 gdt
et
bB
"
g
!
v
Ae
soit
<
!
bA
"
0
et
bB
"
. di- 8 3..
2. a.R.Laa3 valeur f de la force
de
frottement
est
b.
Dans
le
où
la
vitesse
constante,
G2
!
z.
!
0
R
2 · s–1) V0 (m
v z ff Rest
gvsans
!
mension.
2.
a.
Le
coeffi
cient
de
frottement
0
bf R g . V0 (m
0
o
b
t
o
b.
Dans
le
cas
où
la
vitesse
est
constante,
b.
La
passe
s’effectue
en
avant
si
v
.
i
>
0
v
6
la
condition
de
non
glissement
devient
b. La
passe
s’effectue
si v la
i > 0. b
8
V0 (m · s
2
vest
< constante,
f R g 6.
0
f " ma
" 0,025! en
$ 3avant
" 0,075
non
glissement
devient
'3v
b
2 de le
Dans
cas
où
ladevitesse
o B0 : e g
mension.
g
1. a.condition
un
bilan
forces
26 N.
! – v2 ! !
2 On b.
V0 (m · s
vappliquant
Ae
b.29
Cherchons
G3
vcondition
2 loi :de6A Newton
laréalise
de
non
glissement
devient
1.
a.
En
la
z initiales
Les
conditions
donnent
!
"
0
,
v
3.
a.
v
=
v
i
avec
v
%
0
;
0
8
Les
conditions
initiales
donnent
:
A
!
"
0
,
m
&
fmg
.
Il
existe
donc
une
vitesse
limite
:
3.
a.
v
=
v
i
avec
v
%
0
;
0,2
4
r
r r
! une
!vitesse
!29
v2
fla
".b.
ma
et référentiel
de
non
devient
mdonne
Ilcondition
existe
donc
limite
r b. Comme
1.: a.constante,
En
4 eappliquant
Dans
le
cas
où
la
vitesse
est
!! !!la
!229/p.103 sur
bille
dans
le
terrestre
:,!on
B! !desr forces
b la 2: e loi0 de Newton
!le !bilan
!& !fmg
!r
En glissement
appliquant
de6 Newton
V0 (m
!
mexiste
a! =1.ma.
g
u!vitesse
!la< t2 loi
détermine
!mvvvRj20.& fmg . Il29
0,2
R!0 ) iconstants,
donc
unedv
:b !la4vitesse
!!= +mg
z g A limite
V1
Gb.4 viles
=
−v
−v
i
+
v
j
+
v
i
=
v
+
!
(
frottements
sont
supposés
b. v b =que
−v
−v
.
+
v
j
+
v
i
=
v
i
+
v
j
1.a. <bt
G
6
g
z
m
a
=
m
g
=
+mg
u
,
on
détermine
la
vitesse
) R+
odevient
la
condition
de
non
glissement
r f2 =
1 m am
2
.
Le
mouvement
est
horizontal
<bt
v2 4 1 5r 2 ( r r P1+
2
v
f
R
g
.
m
a
=
m
g
=
+mg
u
,
on
détermine
la
vitesse
:
1 b
R
<
e
&
fmg
.
Il
existe
donc
une
vitesse
limite
:
z
4
v
1<
e
.
donc
pour
fi
nir
!
.
! !
g+.gtu . 0 1<ze!z
vf!!R=fi
. !2
0 donc
2 v pour
4. a. Au dém
0 nir v z! z
dt
o
R
v
on
en
déduit
que
l’accélération
a
est
bien
b
c. Unpeut
joueur
peutlelancer
endonc
arrière
v =vitesse
+ gtuz .limite : 2
Pballon
+arrière
R =0
doncleen
La
masse
f =
mva
v gt
R
. une
0
c. Un joueur
lancer
ballon
+
ufz donc
. 0bgétant
4. a. Au sont
dém
m
&
fmg
.=
Il.On
existe
e réécrit
pour trouver
b.appliquant
autre
la courbes
On mesure sur le schéma
d31 corps
! sur
1,6le
cm,
2 04
vl’équation
intègre
f R la
gt une
.ont
1. a. En
2
loi
de fois
29passe
Donc
se
:Newton
parcours
BC.
R
1.
a.
En
appliquant
la
Newton
29
de: son
et
faire
tout
de
même
une
t 2e loi 0<de
positive,
les
frottements
et
l’accélération
0,2
0,4 son
de son constante
corps
et faire
tout
de
même
une
passe
!
!
!
0 pour
0
b.
On
intègre
une
autre
fois
pour
trouver
! ! !
0,2
0,4
0,6
courbes
0,la
< intègre une
b. b.
On
autre
fois
trouver
la
!
!
!
e
b.
Les
frotte
position
:A'edétermine
o'
d42 ! 2 cm et d53 ! 2,3 cm. « en avant » si (v < v )même
1.
a.
appliquant
la
de
Newton
29
t B't
t
met
a=
m
g,En
=on
+mg
uDonc
la
vitesse
¥: : 0 2
o'z ,
fla
R 0<2
galors
.loi
von
£ C'
alors
c.
Si
m
a
=
m
g
=
+mg
u
z
A'e
B't
C'
détermine
vitesse
:
z
0,2
0,4
0
%
0.
:
c.
Si
direction
même
sens.
l’accélé<
"
""
!
2
k
est
fi
xe
dans
le
référen27 » 1.
!
!
!
e
« en avant
si b.
(vr <O,v1i), %j, 0.
!
!
A
z
r
1
b. Les
1. a.
En.+mg
appliquant
lae 2o position
de
position
!
!29
gtNewton
² Ae
o: !B ´ g , 0
tant
quefrotte
la vi
On en déduit les vitesses : s<1
0,4
0
loi
m
g! u=
u!etz , de
on: <sens
détermine
la
:tAu
v.a!==+mdirection
gt
"""! démarrage
2 0,2
"""
!b=
2e4.
4.
a.
Au
démarrage
(t
e
tvitesse
u
OM
+
.
gtu
z
!
rationv =
est+de
même
opa.
(t
et
v
petit
<
R.
s un re- v3 ! 2/(2 " 0,100) ! 10 cm ·tiel
!
gt
!
!
²
´
2.
a.
En
appliquant
la
2
loi
de
Newton
b. En
supposant
que
l’accélération
est
restée
z
<
gt
z a = m1.
e<bt
A'
o! g la 2A'
que
la v
z
m
g=
uzg, on détermine
la o'vitesse
<1,1.
e loi de Newton donne v
En
appliquant
de
2<
udémarrage
=courbes
. 0,2tant
<1.La
! !8 11,5
cma.·28
scm
¤!loi
¦. o':OM 4.
a.
2Newton
OM
=29
+! gt
u!za.
.!+mg
e=
1.
La
2·esloi
de
donne
28
!:b.
0,4
!
!v ze<bt
!uNewton
v z une
1<
1<
<pour
e+
B'
,+
a.0 identiques.
Au
(t et
identiques.
etv2v!4 !1,6/(2
2,3/(2" "0,100)
0,100)
zsont
!autre
z,e la B'
On
intègre
fois
trouver
posé
à: On
la
vitesse.
courbes
sont
2 du
ulaire.
constante
au
mouvement,
l’accéléb.
intègre
une
autre
fois
pour
trouver
la
2! cours
2
2
2.
a.
La
«
passe
en
avant
»
est
défi
nie
dans
le
!
!
b
o'
m
a
=
m
g
+
f
=
−mb
v
+
mg
u
,
soit
v
=
+
gt
u
.
!
!
!
dv
v
b
o'
m
a
=
m
g
=
+mg
u
,
on
détermine
la
vitesse
:
4.
a. Au sont
démarrage
(t et
!
!
dv
z
<1
<1a = m v u + m
z
b.
courbes
identiques.
! 2.a. 2/(2
"" 0,100)
·· ssration
unBC vaut
m
!
2/(2
0,100)
10
cm
position
:z ! une Aautre
b.
On
intègre
fois pour trouver
la<btfrottements
g Les frottements
ut +sur
utparcours
mvacm
=
m
m R.
b. Les
sont
doncsont
n
Les
vecteurs
v 2 !!et10
sont
tangents
àlela
33 !
un
|/gt
: a " :|v
position
svement
un rere- vvb.
ntra- r
référentiel
11
5
4
"<
""!autre
v zg Ae
courbes
v#<#v
=intègre
+""
usoit
. une
!gbA gt
"fois
02 !et
bB
"
g
.
sont
identiques.
dt
g
1
A'
!
"
!
b.
On
pour
trouver
la
21
dt
r
4.
a.
Au
démarrage
(t
g
A'
dv
<1
<1
!
z
tant
que
la
vitesse
est
fai
!
b.
Les
frottements
sont
et
v
!
2,3/(2
"
0,100)
!
11,5
cm
·
s
.
<2
z
et
v
!
2,3/(2
"
0,100)
!
11,5
cm
·
s
.
gt
position
:
<b
"
<
,
"
et
"
B'
.
donc
tant
que
la
vitesse
est
faible.
!
!
!
!
b
<b
"
<
,
"
et
"
B'
.
donc
o
jectoire
et
de
même
sens
que
le
mouvement.
4
centri! b.6La
! passe
! s’effectue
! en
ulaire.
6t
" (2,4#<#0,60)/(6
$ 0,1)
" 3 m · s >.0 . OM = + "OM
4
ulaire.
4. PR
= + 2 uz . bv z g .
avant
""
Les
frottements
sont
!! PROFESSEUR
+nu
Rnt u
Rnuuzn,−mg
uz , si v b iposition
bdtbpour
b
o'
o' trouver
courbes
sont identique
uzt u!+z R
=!!R uz +=
R tR
−t +
mg
o'!uz .bautre
b. On :intègre"2""
une
la b.
gto'
22 !fois
54
LIVRE DU
tant
PR
g que la vitesse est4.faib
! = + gt
et v zsont
tangents
àà!la
traement
ir
la vi- b.
b.
Les
vecteurs
tangents
la
travement
u
OM
.
!
2.Les
a. Àvecteurs
l’aide devvl’échelle
précédente,
la
valeur
2.
a.
La
valeur
f
de
la
force
de
frottement
est
22 et v44 sont
Les conditions
initiales
! b.que
"Les
0 ,lafrottements
3. !a. v r = v r i avec v2 r % 0 ;
vitesse est faib
z
¥ t donnent : Atant
so
£ e <bt
¥2£ eu<bt
position
:
b. 2
OM
=
+
.
g
g
!
!
!
!
!
de
sens
le
mouvement.
centrib
<13
! ma
jectoire
etnorme
de même
même
sens que
que
le
mouvement.
centri- jectoire
z2 t ´<
C' .
dv
vcm · s$
dv
6v3 de laet
du vecteur
∆fsoit
v"
est
50,025
.v "00,075
"
N.
² """
z!
t ´2²²
gt
Ainsi,
. ! g´ o
tant que la vitesse est f
0
"1R)zi <+mg.
m
R"t v,R2nm
soit m b.
, −v
m 1"i +
Rn z(et
v"3bR=
−v
j et
+ v r"i"R=
v<r mg.
v 2 j . Ainsi, z b.
² OM
´ vC'
uAe
B<bt
:
Cherchons
b
b
t
=
+
.
r la
b
b
. viz
ir<2
la
vi- 2.a. v
1<
e
.
donc
pour
fi
nir
¤
¦
r
2.
a.
À
l’aide
de
l’échelle
précédente,
la
valeur
¤
¦
z
r
dt
b. a.
La
a3l’échelle
du vecteur
accélération
du des forces donne f " ma et
dtb.
5 Àcvaleur
m /s de
2.
l’aide
précédente,
lale
valeur
4. PRINCIPES DE L
bilan
2z b
!! Comme
g < t g 4. PRINCIPES DE LA MÉCAN
c.b.
joueur
le est
ballon
arrière
<1.. lancer
La
composante
verticale
: en
6v
norme
vecteur
vvUn
est
55frottements
cm
·peut
ss<1
b. La composante
verticale
est
:
0
"
!
C'
,
donc
: PRINCIPES DE L
La
condition
initiale
impose
centre
d’inertie
àdul’instant
t∆
est
:les
on sur b. dv
0
"
!
C'
,
donc
:
La
condition
initiale
impose
6v
de la
la
norme du
vecteur
∆que
cm
·
A
33 de
33 est
sont
supposés
constants,
3
4.
z
!
!
!
<2
! faire
!! de même
t
< b 2e o . b 2
deaccélération
son corps
et
tout
une passe
<2
c. <2=
<
4. PRINCIPES DE LA
valeur
a 3) du
vecteur
a3La
! 6v
!
" 0,100)
!N
25
sdu
on.. que b.
u
N
Rl’accélération
=
mg
u
,
=cm
R z u·zdu
=
mg
u
,
b.
La
valeur
du5/(2
vecteur
accélération
dt
o
on
en
déduit
que
a
est
bien
o'
3/(t4 <at32
z
zz
! « en avant » si (v < v z) %
c. Si z A'e B'tg
C' alors :
r
1 : 0. est :
g <bt se réécrit
centre
l’instant
:: l’origine
on
att333est
et construire
leààvecteur
avec
ant
en 3.a. 4. PRINCIPES DE
la
composante
horizontale
la composante
horizontale
est
centre
d’inertie
l’instant
est
on sur
sur
Donc zl’équation
constante
sur leau
parcours
BC.
d’inertie
t .
e <bt. :bt <1
e z bt <1
2
2
!
!
!
!
!
<2
2<bt
!
!
!
!
2 g
!
!
!
!
A' <¥o'
dv
v
<2
dv
v
!
6v
/(t
<
t
)
!
5/(2
"
0,100)
!
25
cm
·
s
n que
−2 e
G
.
accélét
t
!
6v
/(t
<
t
)
!
5/(2
"
0,100)
!
25
cm
·
s
on
que aaapoint
£
b
3
3
4
2
b
= 1
,8 c
m s
ur l
e s
chéma s
oit a
= 1
8 c
m .
s
1.
: uréféren3N
3N
3
33 4
2
v z A 1<
<< e B' ,
!!T 28
Ta.b.
=
R
+
u uNewton
=+mm udonne
=27
Ru
RLa
unt2u=t iloi
u +. m le
< e
.
1.+
,mjR,de
nk
n O,
2 n test fixe dans
aa3 avec
et
construire
le
ant
en
! t tl’origine
dtr t n
r n 3. dv ! a au
< b e o b ² Ae oo'
B ´ g ,
nc une
et
construire
le·vecteur
avec
l’origine
auvdt !
ant
en b. = cm vecteur
s−2la. construction,
3N
3.aa.
En15,6 utilisant
3.
3.
3m
tiel
ut + mla un
a =R.m on
²
´
o
G .
accélé2. a. Le coeffi
cient
de cient
frottement
f est sansf est
di- sans di2. a. Le
coeffi
ma
soit point
point
dt
r de frottement
accélég ¦
1 g A'¤
valeurG33a. 3N ! 1,8 cm sur 2.lea.! schéma
soit
et " B' .
!
!en avant! » est définie dans le donc <b " < , "
La « passe
nc
mension.
3.
a.
la
construction,
nc une
une 25/p.102 ut +aaRnla
un − mg uz ,
=mension.
R zuz + Ron
b
o' b o'
a3N
cm . s<2 de
composante
3.
a.!En
En18utilisant
utilisant
la la
construction,
on
la
g
A
tnormale
8
8
référentiel
R.
!
Ae <bt .
ma
soit
soit < ! bA
"<bt
0 ·et
b.l’avion Dans
le
cas
où
vitesse
constante,
–1bB " g v–1
b.
Dans
le la
cas
où la est
vitesse
est! constante,
!
’accélération de ele
st n
ulle. valeur
aa3N accélération
!! 1,8
cm
sur
schéma
soit
7,7.
ma
soit 1.a. z)
V
(m
s
)
£
¥
V
(m
·
s
a
du lvecteur
.
valeur
1,8
cm
sur
le
schéma
soit
0
2
0
b
o g e
3N
3 b. La passe
s’effectue
en avant
si v b i >devient
0 .6
vde non
dv
6
lala condition
condition
Ainsi,
z ²²
t ´´ C' .
la !!
portance, a raînée, le soit
plaoids ede
t normale
lnormale
a Rfnon
orce aa3N
18
.. ssl<2
me si le b. <2tde
!, mdeglissement
"pRoussée etglissement
0 " devient
Rz < mg.
m
18lacm
cm
de
la composante
composante
2!
g
2 ! "
n
t
3N
b
b
b.
Dans
base
de
Frénet
la
composante
norv
! 3. a.
v vdt = v i avec
¤
¦
r v %0 ;
7,7.
Les conditions
initiales
donnent : A ! " 0 ,
de lvecteur
’avion accélération
du
ement.
7,7.
r fmg !
r. donc
r
m aa3&..2fmg
.
Il
existe
une
vitesse
limite
:
4
m
&
Il
existe
donc
une
vitesse
limite
:
4
du
vecteur
accélération
!
!
g
b
! composante
male
l’accélération
est
/R
ici au point!verticale
3v b.
Lasoit
: i! +
–1
R 0m
me
si
2.a. 9g de
= 9
× 9l’accélération
,81 = 88,3 · est
s−2
0"
C' ,· sdonc
:
La condition
· s–1)2V1!(m
)
2.
En!v r iappliquant
lav 22j e. loi de
Newton initiale impose
En
que
me b.
si le
le supposant
b.
vR. restée
= (est
v r!−v
0 = −v i +
!v 2a.j +
g V1 (m
b.
Dans
la
base
de
Frénet
la
composante
<bt
b
1 nor1)
!
b.
Dans
la
base
de
Frénet
la
composante
norG
:
b
2
2
v
1<
e
.
donc
pour
fi
nir
v
f
R
g
.
2
!
!
!
!
v
f
R
g
.
,
v
et
3
ement.
b. a
= 8
8,3 m
/s
u
N
=
R
=
mg
u
,
z
0
2
3
0
constante
au cours
du mouvement,
ement.
zmzg + fle=ballon
z−mbv en
b
male
l’accélération
est
vv22/R
soit
ici
au
m.a =lancer
+ mg
uz , soit
c.!l’accéléUn
joueur
arrière
2/5,2
<2
2/R ! (1,8 " 5)
male
est
soit
icicm
au·point
point
a3N de
15,6
speut
g <bt
t=2,9 s!de
v3l’accélération
ertie
de sur
la/R
composante
horizontale
est e:
e
#<#v
|/
ration
le
parcours
BC
vaut
:
a
"
|v
z
e
bt <1 .
t
G
:
1.
a.
En
appliquant
la
2
loi
de
Newton
29
11
5
2une
de son
et faire
tout la
de2même
passe
1.
a.grandeur
En appliquant
loi de
! corps
3 :retrouve donc le même
0
1
0
2
! Newton
On
ordre
0,2
0,4
0,8
2,, vv3 et
1
0,2< o' b0,6
0,4
0,6
0,8
!2
!29
G
et" (2,4#<#0,60)/(6
!!R u! +
!u! = m dv u! +dvmz v
bv
3
<2!. Tde
t (s)
2 636t
t (s)
<2
2/R ! $
0,1)
"
3
m
·
s
g
=
R
u
z
A'e
B't
C'
.
a
!
v
(1,8
"
5)
/5,2
!
15,6
cm
·
s
.
.
alors
:
c.
Si
m
a
=
m
g
=
+mg
u
,
on
détermine
la
vitesse
:
«
en
avant
»
si
(v
<
v
)
%
0.
m
a
=
m
g
=
+mg
u
2
<2
2
,
on
détermine
la
vitesse
:
rtie
de
z
t
t
n
n
t
n
3N
3
z
r
1
a
!
v
/R
!
(1,8
"
5)
/5,2
!
15,6
cm
·
s
.
de3N
valeur.
z
!
!
dt
rtie de 26/p.102 dt r
3
!
t
3.
4. a. Au démarrage (t et vz petit), les deux courbes On
retrouve
donc
le
même
ordre
de
grandeur
vmême
+mgt
u
. d+de
2. a. La1.a. valeur
f de ladonc
force
de
frottement
est
va.
gt
uz . cient
< deuxles deux sont démarrage
petit),
a. Au démarrage
et A'
vzles
petit),
g(t et v<bt
z=Le
On lretrouve
le
ordre
grandeur
’accélération est d=e ême irection t dde
e sfrottement
ens op-­‐ donne
z (t
2.
coeffi
f estt :sans4.di-a. Au 4.
eeloi
o' B'
1.
a.
La
2
de
Newton
28
v
1<
e
<
e
identiques. ,
de
valeur.
mouvement
recti-fois
25
z
f " ma "posé 0,025
$a.v3L’avion
" 0,075décrit
N.
2 pour trouver< la
courbes
sont identiques.
b. Onunintègre
courbes
sont
identiques.
à1. la itesse. de
valeur.
! b.une
!
b. !On une
intègre
autre
fois
pour
trouver
la
b
o'
o
mension.
dv autre
v
v
Ae
B
:
Cherchons
b. L
es frottements sont donc négligeables tant que la z
ut + m un
m
a = mde l’avion
ligne
uniforme
doncposition
l’accélération
8b. Les frottements
2 b. Les frottements
sont donc
négligeables
b. a le
=1.
3
a.
m/s
:fDans
sont
donc négligeables
b. Comme
bilan
des
forces
" ma le
et
position
: !cas
où 2rla vitesse est constante,
–1g
L’avion
décritdonne
un b.
mouvement
rectidt
25
1 g V0A'(m
·
s
)
"
""
t
O
vitesse e
st f
aible. "
""
!
2
1. a. L’avion
décrit un mouvement
25
!
est
<b "la<est
,faible.
"
et " B' .
!
! recti! ! dv
gt! non
que6donc
la vitesse
a. nulle.
f=0,075 N donc
A <tant
tant
que
vitesse
que les2. frottements
sont
supposés
constants,
la
de
glissement
ligne
uniforme
l’accélération
de
uzmg
OM
=
.+ gt
u +
ul’avion
u −
= Rcondition
R tl’avion
++
ROM
uz ,uz . z < devient
b
o' b est
o' faible.
e o .
2z zl’avion
t sont
n2 n =
ligne
uniforme
donc
l’accélération
de
b.
Les
forces
qui
s’exercent
sur
b. a
=constante v bien
O on en déduit
2
dt
o
que l’accélération amest
est nulle.
<bt
£
¥
&
fmg
.
Il
existe
donc
une
vitesse
limite
:
O
4
g e
nulle.
la portance,
la traînée,
la forceDonc
dev 2
est
dv
se réécrit :
R 0 et
constante
parcours
BC. le poids
Ainsi, z ²²
t ´´ C' .
V1 (m · s–1)
b. sur
Les !le
forces
qui s’exercent
sur
l’avion
, m l’équation
" Rn et 0 " Rz < mg.
m
"vitesse
Rsont
! de
! l’avion.
tsont
b.
Les forces
qui s’exercent
l’avion
b
b
poussée
Comme soit
lesur
vecteur
27/p.103 2
v
f
R
g
.
¤
¦
t
t
r
£
¥
dt
0
la portance,
laest
traînée,
le poids
et la force de
<
b.
i, j, k fixe fixe ldans
le référen27 1.1. A <o
g 55
4. PRINCIPES
DE LA MÉCANIQUE
la
lalatraînée,
poids
la
de verticale
bportance,
. O,
repère dsomme
ans e le
rvectorielle
éférentiel Rforce
forces
4. PRINCIPES
DE LA MÉCANIQUE
est
constant,
des
b. vecteur
Laetcomposante
< est
ee :
b ² Ae o B ´ g ,La condition
0"
! C' , donc55
:
initiale impose
poussée de l’avion. Comme29
le
vitesse
!
tiel R. 2.a. 2
²
!
!
1. a. En
appliquant
la o2 loi de Newton´
a « pde
asse en avant » est éfinie d
ans l
e 0
poussée
l’avion.
Comme
le!dvecteur
vitesse
1
b
estLnulle.
0,2
0,4
0,6
0,8
!
!
¤
¦
u
N
=
R
=
mg
u
,
t
(s)
est constant, la somme vectorielle
forces
z zdétermine
z
m atout
= mdes
gdes
= +mg
uz , on
la vitesse :
2. a. Laréférentiel «est
en Ravant
» est
nie
dans
somme
vectorielle
2.passe
a.constant,
« 9g
». lasignifi
e défi
que
se
passe
g <bt
!la composante
!le forces
horizontale
est :
est nulle.
g Au démarrage
z
e bt <1 .
A
<bt4. a.
v
=
+
gt
u
.
2
b. L
a p
asse s
’effectue e
n a
vant s
i !
référentiel
R.
est
nulle.
2 (t et vz petit), les deux
!
!
!
!
z poids,
comme
si
le
pilote
subissait
9
fois
son
v
Ae
soit
<
!
bA
"
0
et
bB
"
g
.
dv
v
!
z
b
2. a. « 9g » signifie que! tout Tse
passe
=
R
u
+
R
u
=
m
u
+
m
u
.
b
tpasse
tuneànautre
no
t
courbes
sont identiques.
b. La passe
avant
vb.i tout
. seégale
> 0est
On
intègre
fois
trouver
la
2.
a.s’effectue
«l’accélération
9g » en
signifi
edesi
que
donc
l’avion
dt pour
r n
! si le pilote subissaitb 9 fois son poids,
3.Lesg frottements sont donc négligeables
! comme
<2
b.
:coeffi
comme
levpilote
9 fois
poids,
9gv!i 9l’accélération
"si9,81
!% 88,3
m · l’avion
s position
.2.
a. est
Leson
cient
de frottement
f est sans
di- : A ! " 0 ,
Les
initiales
donnent
3. a. v r donc
=
avec
0 ;subissait
de
à!conditions
"""
!r l’accélération
! r!
!
! est égale
b la vitesse est faible.
gt 2 !
! donc
tant que
2 de
l’avion
égale
à
<2
mension.
<2
u
.
b. L’accélération
a·!s)dv/dt
m · sOM, = +
9g
!i 9
b. v b = −v
−v
.
+ "v 29,81
j + v!
i 88,3
=vaut
v rm
i .+ v 2!j 88,3
g
(
z
<bt
8
1
r
1 <2
2
constante,
1< e
.
donc
finir v zest
9g ! 9 " 9,81 ! 88,3 m · s .b.
300
Dans le cas
où pour
la vitesse
V0 (m · s–1)
)
<en !arrière
b
b. L’accélération
a(340
! dv/dt
88,3
m · s<2,
c. Un joueur
peut lancervaut
le ballon
<2
6
la
condition
de
non
glissement
devient
3,6
b.
L’accélération
a ! dv/dt
88,3
300!passe
t même
2,9ms·. s ,
donc
(v <#v
at,vaut
t
de son corps
et
faire
tout
de
0) !
(340 <une
<
v 2)
300
(
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