Correction_exercices_mouvements_champs

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Correction des exercices : mouvement dans le champ de pesanteur et le champ électrostatique.
Les étapes attendues sont en rouge.
Les points importants sont surlignés en jaune.
Exercice 15 p.175
1.
y
2. Bilan des forces :
Les systèmes agissant sur le système {pierre} sont :
- l’air,
- la Terre.
La pierre a une masse volumique plus de 1000 fois plus
grande que l’air, on néglige donc la poussée
d’Archimède, due à la différence de pression entre
deux couches d’air.
La force de frottement de l’air est négligée, du fait de
la faible vitesse de l’objet.
g
vi
Inventaire des forces sur le système {balle} :
on a donc une seule force :
le poids P vertical descendant.
x
O
Donc, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée au système {pierre} s’écrit :
dp
S
dt
Or la masse du système est constante, donc : m  a  S
Donc : m.a  P or P  m  g donc : a  g
3. Equations horaires :
Les coordonnées du vecteur accélération du système sont donc, dans le repère de la figure :
 ax  0

 a y   g
or : a 
dv
puisque le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse.
dt
 dvx
 dt  0
Donc : 
 dv y   g
 dt
vx (t )  vx 0
v y (t )   g .t  v y 0
En intégrant les expressions précédentes, il vient par conséquent : 
vix  vi .cos 
viy  vi .sin 
Or, le vecteur vitesse initial fait un angle  avec l’horizontale dans le plan Oyz, donc : 
vx (t )  vi .cos 
v y (t )   g .t  vi .sin 
Soit : 
dOM
puisque le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position.
dt
 x(t )   vi cos    t

En intégrant, il vient : 
1 2
 y (t )   g.t   vi sin    t  y0
2

De plus, v 
Or, x(0) = 0 ; y(0) = h.
 x(t )   vi cos    t

Donc : 
1
2
 y (t )   g  t   vi sin    t  h
2

4. Exprimons à l’aide de l’équation x(t )   vi cos    t l’instant où la position horizontale y est atteinte :
t
x
vi cos 
donc, en remplaçant l’instant t par son expression dans l’équation : y (t )  
2
 x 
1  x 
y ( x)   g 
  vi sin  
h
2  vi cos  
v
cos

i


donc : y ( x)  
1
g  t 2  vi sin   t  h
2
g
x 2  tan   x  h
2vi cos 2 
2
5. On veut que le centre d’inertie de la pierre, partant de y(0) = h = 2 m , arrive en H < y(2,0) < H+l pour x = 2,0 m soit
4,5 < y(2,0) <5,5 à l’abscisse x = 2,0 m.
Calculons y(2,0) à l’aide de l’équation de la trajectoire :
y (2, 0)  
9,81
 2, 02  tan(60)  2, 0  2, 0
2 10 cos 2 (60)
2
On trouve : y(2,0) = 4,7 m
La fenêtre est donc bien atteinte.
Exercice 16 p.175
y
g
H
v0
h
O
d
x
2.a. Bilan des forces :
Les systèmes agissant sur le système {enclume} sont :
- l’air,
- la Terre.
L’enclume a une masse volumique plus de 1000 fois plus grande que l’air, on néglige donc la poussée d’Archimède.
La force de frottement de l’air est négligée également dans cette situation, du fait de la masse importante de l’objet.
Inventaire des forces sur le système {enclume} :
on a donc une seule force : le poids P vertical descendant.
Donc, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée au système {enclume}
s’écrit :
dp
S
dt
Or la masse du système est constante, donc : m  a  S
Donc : m.a  P
or P  m  g
donc :
ag
3. Equations horaires :
Les coordonnées du vecteur accélération du système sont donc, dans le repère de la figure :
 ax  0

 a y   g
or : a 
dv
puisque le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse.
dt
 dvx
 dt  0
Donc : 
 dv y   g
 dt
vx (t )  vx 0
v y (t )   g .t  v y 0
En intégrant les expressions précédentes, il vient par conséquent : 
vix  0
viy  0
Or, le vecteur vitesse initial est nul donc : 
vx (t )  0
v y (t )   g .t
Soit : 
Par conséquent, le mouvement de l’enclume est rectiligne : l’enclume tombe verticalement.
dOM
puisque le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position.
dt
1 2
En intégrant, il vient : y (t )   g.t  y0
2
De plus , v 
Or, x(0) = 0 et y(0) = H.
Donc : y (t )  
1
g t2  H
2
et
x(t )  0
b. Le mouvement de l’enclume est rectiligne uniformément accéléré.
3. Pour trouver la durée tC de chute de l’enclume, on résout l’équation : y(tC )  0
Donc : 
1
g  tC 2  H  0
2
soit : tC 
2H
g
2  30, 0
= 2,47 s
9,81
A.N : tC 
4. Le mouvement de bip-bip est rectiligne uniforme.
5. La durée nécessaire à bip-bip pour parcourir la distance d à la vitesse v0 constante est :
tB 
d
v0
A.N : t B 
50, 0
= 1,63 s
110
3, 6
L’enclume touche bip-bip si elle est à la hauteur h = 1,20 m à l’instant tB = 1,63 s.
1
2
2
or : y (1, 63)    9,81 (1, 63)  30, 0 = 17,0 m
Vil coyote a encore échoué…
Exercice 17 p.174
On étudie le système électron dans le référentiel terrestre.
 Bilan des forces extérieures qui agissent sur l’électron :
Le système est placé dans le champ de pesanteur terrestre que l’on supposera uniforme. Il est aussi situé dans le champ
électrique constant créé par les deux plaques polarisées A et B du condensateur. Ce système est donc soumis à :
son poids :
ur
r
P  m.g
la force électrique :
ur
ur
F  qélectron .E
L’énoncé précise que l’on peut négliger le poids de l’électron devant la force électrostatique.
 La seconde loi de Newton permet d’écrire :
uuur ur
ur
r
F

F

q.E

m.a
 ext
 On projette cette équation vectorielle sur le repère fixé par l’énoncé pour obtenir les coordonnées du vecteur
accélération :
q
q
Ex   E
m
m
q
ay (t)  Ey  0
m
ax (t) 
 On intègre une première fois pour connaître les coordonnées du vecteur vitesse à chaque instant :
dvx (t)
q
 E
dt
m
q.E
vx (t)  
.t  cste
m
dv (t)
ay (t)  y  0
dt
vy (t)  cste'
ax (t) 
Pour déterminer les constantes d’intégration, on se réfère à la seule date où l’on dispose d’informations au sujet du
système étudié. A la date t=0, on connaît la vitesse du système. L’énoncé précise en effet que le filament porté à haute
température émet des électrons de vitesse initiale quasi nulle.
vx (0)  v0 x  0  cste
vy (0)  v0 y  0  cste'
Conclusion : les coordonnées du vecteur vitesse, à chaque instant, sont :
vx (t)  
q.E
.t
m
vy (t)  0
 On intègre une deuxième fois pour connaître les coordonnées du vecteur position à chaque instant :
dx(t)
q.E

.t
dt
m
dy(t)
vy (t) 
0
dt
1 q.E 2
x(t)  
.t  cste
2 m
y(t)  cste'
vx (t) 
Pour déterminer les constantes d’intégration, on exploite à nouveau les conditions initiales. A la date t=0, on connaît la
position du système :
x(0)  0  cste
y(0)  0  cste'
Conclusion :les coordonnées du vecteur position, à chaque instant, sont (équations horaires du mouvement) :
x(t)  
1 q.E 2
.t
2 m
y(t)  0
On souhaite exprimer la valeur de la vitesse de l’électron lorsque celui-ci quitte le condensateur après avoir été accéléré.
Déterminons à quelle date tB l’électron se situe sur l’axe (Ox), au niveau de la plaque (B) du condensateur :
x(t B )  AB  
t B2  
2m.AB
qélectron E
tB 
2m.AB
e.E
1 q.E 2
.t B
2 m
La vitesse recherchée est celle de l’électron à la date tB. On injecte donc l’expression trouvée ci-dessus dans l’expression
de vx(t) trouvée précédemment :
vB  vx (t B )  
qélectron .E
e.E
e.E 2m.AB
.t B 
.t B 
.

m
m
m
e.E
2e.E.AB
m
Remarque : il y a une erreur dans l’énoncé. La formule de la vitesse proposée n’est pas homogène ( !)
Application numérique :
vB 
2e.E.AB
2.1,60.10 19.6,00.10 4.3,00.10 2

 2,52.10 7 m.s 1
m
9,11.10 31
Exercice 23 p.177
1. La particule α est un noyau d’hélium. Elle possède donc deux protons de charge e et sa charge vaut :
q  2e
A.N : q = 3,2.10
-19
C
2. La force électrique exercée sur la particule α est :
C’est la seule force exercée sur le système {particule α}.
F  q E
donc : F  2e  E
D’après la 2e loi de Newton appliquée à la particule α dans le référentiel terrestre considéré galiléen, la particule
est déviée dans la même direction et le même sens que la force électrique, donc dans le même sens que le champ
puisque sa charge est positive.
Or, le champ dans un condensateur plan est orienté de la plaque positive vers la plaque négative.
Par conséquent, pour que la particule α soit déviée vers le haut, il faut que la plaque positive soit la plaque D, et
que la plaque négative soit la C.
Remarque : on peut également utiliser le fait que les charges positives d’une des plaques repoussent la particule α
chargée positivement, et que les charges négatives de l’autre plaque attirent la particule α.
3. Schéma :
y
E
F
v0
x
4. Bilan des forces :
La seule force agissant sur le système { particule α } est la force électrique, puisque le poids est négligé.
Donc, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée au système s’écrit :
dp
S
dt
Or la masse du système est constante, donc : m  a  S
Par conséquent : m  a  F
et donc : m  a  2e  E
 Ex  0
 E y  E
Or, le champ électrique est vertical vers le haut. Ses coordonnées sont donc, dans le repère de la figure : 
Les coordonnées du vecteur accélération du système sont donc, dans le repère de la figure :
ax  0


2eE
a y  m
or : a 
dv
puisque le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse.
dt
 dvx
 dt  0
Donc : 
 dv y  2eE
 dt
m
vx (t )  vx 0

En intégrant les expressions précédentes, il vient par conséquent : 
2eE
v y (t )  m  t  v y 0
v0 x  v0
v0 y  0
Or, le vecteur vitesse initial est horizontal donc : 
vx (t )  v0

Soit : 
2eE
v y (t )  m  t
dOM
puisque le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position.
dt
 x(t )  v0  t  x0

En intégrant, il vient : 
eE 2
 y (t )  m  t  y0
De plus , v 
Or, x(0) = 0 et y(0) = 0.
 x(t )  v0  t

Donc : 
eE 2
 y (t )  m  t
5.a. Trouvons l’équation de la trajectoire :
x
t
v0
eE  x 
 
donc : y ( x ) 
m  v0 
2
eE  l 
 
Lorsque x = l, alors : y (l ) 
m  v0 
2
Or :
E
U
d
donc :
y (l ) 
e U  l 2
m  v0 2  d
m  v0 2  d  y (l )
el2
Soit : U 
5.b. On veut y(l) = yS = 1,00.10-2 m.
Donc : U 
A.N : U 
m  v0 2  d  yS
el2


2
6, 64.1027  5, 00.105  4, 00.102  1, 00.102

1, 60.1019  5, 00.102

2
=
6,64.1021
= 1,66.103 V
23
1,60.10
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