Asie 2008 EXERCICE III : LES LOIS... Correction © 1. 2. Étude de la première phase :

Asie 2008 EXERCICE III : LES LOIS DE NEWTON ( 5,5 points)
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1. Voir ci-contre : :
O
G2
G3
G4
G5
k
0
2
4
Régime transitoire entre les
positions G0 et G8 . Pendant des
durées égales, les distances
parcourues par l’objet augmentent.
Le mouvement de l’objet est
rectiligne et accéléré.
vG3
G6
6
a4
vG5
8,0 cm
10
G12
G13
G14
14
20 cm
Régime permanent à partir de la
position G9. Pendant des durées
égales, les distances parcourues
par l’objet sont égales (1cm
schéma). Le mouvement de l’objet
est rectiligne et uniforme.
2.1.1. Déterminons l’échelle x de l’image :
image
réel
8,0 cm
⇔
20 cm
1,0 cm
⇔
x
donc x = 20 × 1,0 / 8,0 = 2,5
soit 1 cm schéma 2,5 cm réels
Z
Les vecteurs vitesse ont été
décalés sur l’axe Oz pour plus de
lisibilité. Normalement leur point
d’application est le point G.
2. Étude de la première phase :
GG
GG
2.1.1. v G3 = 2 4 = 2 4 , sur l’image G2G4 = 1,2 cm =1,2×10–2 m
t4 − t2
2τ
2,5 × 1,2 × 10 −2
donc v G3 =
= 0,30 m.s-1
2 × 0,050
GG
2,5 × 1,6 × 10−2
-1
v G5 = 4 6 , or sur l’image G4G6 = 1,6 cm =1,6×10–2 m donc
v G5 =
= 0,40 m.s
2 × 0,050
2τ
-1 Avec l’échelle des vecteurs vitesse, 1 cm ⇔ 0,20 m.s , v G3 mesure 1,5 cm et v G5 mesure 2,0 cm.
(
)
v
−
v
.k
v
−
v
∆v
G5
G3
G
G3
2.1.2. a 4 =
= 5
=
= a 4 .k où k vecteur unitaire porté par l’axe Oz.
∆t
2.τ
2.τ
0,40 − 0,30
-2
Ainsi : a 4 =
= 1,0 m.s .
2 × 0,050
-2 Avec l’échelle des accélérations, 1 cm ⇔ 0,50 m.s , a4 mesure 2,0 cm.
2.2. Étude théorique
2.2.1. Poussée d’Archimède : Π = mfluide déplacé . g = ρ.V.g =
Π = 1240 × 2,10.10-6 × 9,8 = 2,6 × 10–2 N
P=m.g
Poids de la bille :
P
m
=
= 1,46 donc P et Π sont du même ordre de grandeur.
Π ρ.V
f
2.2.2. Le solide est soumis :
et dirigée vers le bas
- à son poids P : force verticale
- la poussée d’Archimède
Π : force verticale et dirigée vers le haut
- la force de frottement f : force verticale et dirigée vers le haut car
opposée au sens de déplacement du solide.
Π
O
k
G
P
2.3. Deuxième loi de Newton : Dans un référentiel galiléen, la somme des forces
extérieures appliquées à un système mécanique est égale au produit
de la masse
z
du système par le vecteur accélération de son centre d’inertie G : ΣFext = m.aG .
2.4. En appliquant la deuxième loi de Newton au solide dans le référentiel du laboratoire galiléen :
P + Π + f = m.aG
⇔
P. k – Π . k – f. k = m.az. k
en projection sur l’axe (Oz) au point G4 :
P – Π – f = m.a4
avec f , la norme de la force de frottement
f = P – Π – m.a4 = m.g – ρ.V.g – m.a4
application numérique :
f = 3,80×10–3 × 9,8 – 1240×2,10×10–6×9,8 – 3,80×10–3×1,0
f = 7,9×
×10–3 N.
2.5. L’énoncé donne : v4 = 0,32 m.s-1. (remarque : graphiquement on trouve v4 = 0,38 m.s–1, ce qui
illustre la précision de la méthode)
Or :
k=
soit k =
f = k.v4
f
v4
7,9 × 10−3
= 2,5×
×10–2 kg.s-1
0,32
( car f en N avec N = kg.m.s-2 et v en m.s-1).
3. Étude de la deuxième phase
3.1. Durant la seconde phase, en régime permanent, le mouvement est rectiligne et uniforme.
3.2. Première loi de Newton : Dans un référentiel galiléen, un solide soumis à un ensemble de forces qui
se compensent est soit immobile, soit en mouvement rectiligne et uniforme. Et réciproquement.
3.3. On a :
P + Π + f =0
⇔
P– Π – f = 0
Posons v = vlim = Cte alors
P – Π – k.vlim = 0
⇔
⇔
3.4. v G13 =
P − Π m.g − ρ.V.g g
=
= .(m − ρ.V)
k
k
k
9,8
vlim =
× (3,80 × 10 −3 − 1240 × 2,10 × 10−6 ) = 0,47 m.s-1.
−2
2,5 × 10
vlim =
G12G14
2,5 × 2,0.10 −2
. Or sur l’image G12G14 = 2,0 cm = 2,0.10-2 m donc v G5 =
= 0,50 m.s-1
2 × 0,050
2τ
On trouve une valeur proche de la vitesse limite calculée.