DS de physique de décembre TS2

TS2
Correction DS de Physique
décembre 2010
Exercice 1 :
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. v G3  2 4  2 4
, sur l’image G2G4 = 1,2 cm =1,210–2 m
t4  t2
2
donc v G3 
2,5  1,2  102
= 0,30 m.s-1
2  0,050
G4G6
2,5  1,6  102
–2
, or sur l’image G4G6 = 1,6 cm =1,610 m donc
= 0,40 m.s-1
v G5 
v G5 
2  0,050
2
Avec l’échelle des vecteurs vitesse, 1 cm  0,20 m.s-1, vG3 mesure 1,5 cm et vG5 mesure 2,0 cm.


v G5  v G3 .k
v v G5  v G3


= a4 .k où k vecteur unitaire porté par l’axe Oz.
t
2.
2.
0,40  0,30
Ainsi : a4 
= 1,0 m.s-2.
2  0,050
Avec l’échelle des accélérations, 1 cm  0,50 m.s-2, a 4 mesure 2,0 cm.
2.2. a4 
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. v G13
G12G14
2,5  2,0.102
-2
. Or sur l’image G12G14 = 2,0 cm = 2,0.10 m donc v G5 
= 0,50 m.s-1

2  0,050
2
Exercice 2 : La grêle
A – CHUTE LIBRE
A.1. Considérons comme système le grêlon dans un référentiel terrestre (supposé galiléen) en chute libre.
Il n’est soumis qu’à son poids.


Appliquons la deuxième loi de Newton :
P  m a


ou m  go  m  a


soit go  a
Par projection sur l’axe Oz vertical, il vient az = go
Or az  dtz par intégration on obtient vz = go×t + v0z.
Le grêlon tombe sans vitesse initiale, soit v0z = 0 m.s–1 donc : vz = go×t
D’autre part vz  dz
par intégration on a : z = ½ go×t² + z0.
dt
dv
Or à t = 0 s, le grêlon est en O , donc z0 = 0 m d’où : z = ½ go×t²
A.2. Quand le grêlon atteint le sol, alors z = h = 1500 m, exprimons la date t d'arrivée au sol :
2h
h = ½ go×t² soit t 
go
remplaçons t par son expression pour trouver la vitesse de chute : vh = go.t = go
2h
go
vh  2h  go  2  9,80  1500 = 171 m.s-1 = 617 km.h-1
Dans le texte, on nous dit que la vitesse d’un grêlon au sol peut atteindre 160 km/h, la valeur obtenue
avec ce modèle de chute libre, n’est pas vraisemblable.
B – CHUTE REELLE
4
1. FA = ×V×g0 =     r 3 g0
3
3
FA =
4
 3,0  2 
 
.10   1,3  9,80 = 1,8.10-4 N
3
2


P = m×go = 13.10-3×9,80 = 0,13 N
Le poids du grêlon est environ 700 fois plus élevé que la poussée d’Archimède, on peut donc négliger
celle-ci devant le poids.
2.a. Appliquons la deuxième loi de Newton au grêlon, dans un référentiel terrestre (supposé galiléen). Le
grêlon est soumis à son poids et à la force de frottement fluide :
 

le poids est vertical dirigé vers le bas
P  F  m a
la force de frottement est verticale dirigée vers le haut,
En projetant sur l’axe Oz vertical et dirigé vers le bas il vient :
P – F = m×az
dv
Soit : m 
 m  go  K  v2
dt
dv
K
dv
ou
L’équation différentielle obtenue est bien de la forme
 go   v2
 A  B.v2
dt
m
dt
avec A = go et B = K / m
a4 = A – B×v42 = 9,80 – 1,56.10-2×17,2² = 5,18 m.s-2
v5 = v4 + a4×t = 17,2 + 5,18×0,5 = 19,8 m.s-1
dv
2.c. Quand la vitesse limite est atteinte alors celle-ci est constante et
0
dt
A
9,80
2 0
A  B  vlim
vlim 

 25 m.s-1
B
1,56  10 2
2.b.
ai = A – B×vi2
vi+1 = vi + ai×t
B.3.d. On trace l’asymptote à la courbe :
vlim =