7_correc_exercices

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Chap 7. Chute verticale d’un solide
Exercice 6 p 231 : Champ de pesanteur uniforme
Connaissances exigibles :

Chaque point du champ de pesanteur est caractérisé par le vecteur g appelé vecteur champ de


 P

pesanteur. Il est défini par g 
où P et g ont même direction et même sens.
m

Dans un domaine de l’espace, le champ de pesanteur est uniforme si le vecteur g est le même en tout
point de ce domaine (même direction, même sens et même valeur).
a) altitude
g
g0 R2
(R  z) 2
g
9,81  (6,38.10 3 ) 2
 9,79 N .kg 1
3
2
(6,38.10  5,00)
Ecart relatif:
g 0  g 9,81  9,79

 1,56.10 3
g0
9,81
Comme l'écart est très faible, on peut considérer que g = g0 .
b) latitude
Ecart relatif :
g P  g E 9,83  9,78

 5,09.10 3
gP
9,83
Comme cet écart est très faible, on peut donc garder partout la valeur de g0 .

c) Angle entre les deux vecteurs g
p=2R 
(rad) =
2  arc ( MM ' )
2  5

 4,5.10 2
3
R
2  6,38.10
Cet angle est très faible, on peut considérer ces 2 directions comme parallèles.
Exercice 7 p 231 : Solide dans un fluide
V = 5,0 mL et  = 8,9 g.mL-1
a) Poids:
P = m.g = .V.g = 8,9.10-3 x 5,0 x 9,8 = 0,44 N
b) Poussée d’Archimède dans l’eau:
 = meau déplacée.g = ’.V.g = 1,0.10-3 x 5,0 x 9,8 = 0,049 N
c) Poussée d’Archimède dans l’air :
PA = mair.g = ’.V.g = 1,3.10-6 x 5,0 x 9,8 = 6,4.10-5 N
d) Dans l’air : P / PA = 6844. On peut donc négliger la poussée d’Archimède de l’air par rapport au poids.
Dans l’eau : P /  = 8,9. On ne peut pas négliger la poussée d’Archimède de l’eau par rapport au poids.
Exercice 8 p 232 : Vlim et temps caractéristique
a) Il y a d’abord un régime transitoire où la vitesse augmente et
ensuite un régime permanent pendant lequel la vitesse est
constante.
b) La vitesse limite correspond à la valeur de l’asymptote à la
courbe : vlim = 10 m.s-1
Pour déterminer le temps caractéristique tC, on trace la
tangente à l’origine qui coupe l’asymptote à la courbe à l’instant
t = tC . D’après la courbe, tC =1,1 s
Exercice 10 p 232 : Equation différentielle du mouvement.
a) On étudie le système bille dans le référentiel terrestre galiléen.


 exercée par le liquide et la force


f de frottement fluide exercée par le liquide. Soit j un vecteur unitaire vertical vers le bas.
  

D’après la 2e loi de Newton, P    f  ma
Les forces exercées sur la bille sont son poids P , la poussée d’Archimède
r
r
r
r
 m.g. j  m."g. j  k.v. j  m.a. j
 "
dv
k


v  g
1  

dt .V
  
b) La vitesse limite est atteinte lorsque la vitesse est constante,
dv
0
dt
 ' 
k
vlim  g 1  
 .V


g.V
 vlim 
(   ' )
k
(3,2  0,8)  (4 / 3  (1,0.10  2 ) 3 )  9,8
 vlim 
 3,0.10  2 SI
3
3,3.10
D’après l’équation différentielle :
( et ’ sont en g.mL-1 équivalent à kg.L-1 , V doit être en L ou dm3 )
Exercice 11 p 232 : Chute libre sans vitesse initiale
a) On étudie la balle dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O,

j ) orienté
vers le bas. O, origine du repère, est choisie au point de départ de la balle à t =0 s.

Le poids P de la balle est la seule force exercée sur la balle.




P  ma  m.g. j  m.a. j  a  g
On lui applique la 2ème loi de Newton :
a
dv
 g 

 v  g.t.  v0
primitive
dt
à t = 0 s, v0 = 0
v = g.t
dy
1
 g.t 

 y  g.t 2  y 0
b) v 
primitive
dt
2
à t = 0 s, y0 = 0
y = ½ g.t2
c) La durée de la chute correspond au temps t S où la balle a atteint le sol. yS = h = 3,0 m
h = yS = ½ g.tS2
tS 
2h

g
2  3,0
 0,78s
9,8
Exercice 12 p 232 : Chute libre sans vitesse initiale
a) On étudie le ballon dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O,

j ) orienté
vers le bas. O, origine du repère, est choisie au point de départ du ballon à t =0 s.

b) Le poids P du ballon est la seule force exercée sur le ballon, car sur la Lune il n’y a pas d’atmosphère, donc
pas de frottement ni de poussée d’Archimède.
On lui applique la 2ème loi de Newton :
a 
dv
 g 

 v  g.t.  v0
primitive
dt
à t = 0 s, v0 = 0
v 




P  ma  m.g. j  m.a. j  a  g
v = g.t
dy
1
 g.t 

 y  g.t 2  y 0
primitive
dt
2
à t = 0 s, y0 = 0
y = ½ g.t2
La durée de la chute correspond au temps t S où la balle a atteint le sol. yS = h = 3,0 m
h = yS = ½ g.tS2 = ½ 9,8 x 1,42 = 9,6 m
Exercice 13 p 232 : Champ de pesanteur lunaire
a) L'objet est en chute libre car la force exercée dessus est son poids lunaire. Il n'y a pas d'atmosphère sur la
lune, il n'y a pas de frottement ni de poussée d'Archimède de l'air.
b) On étudie l'objet dans le référentiel lunaire supposé galiléen auquel on associe un repère vertical (O,
orienté vers le bas. O, origine du repère, est choisie au départ de l'objet à t =0 s.

j)

Le poids lunaire PL de l'objet est la seule force exercée sur l'objet.
On lui applique la 2ème loi de Newton :
a 
dv
 g L 

 v  g L .t.  v0
primitive
dt
à t = 0 s, v0 = 0
v 




PL  ma  m.g L . j  m.a. j  a  g L
v = gL.t
dy
1
 g L .t 

 y  g L .t 2  y 0
primitive
dt
2
à t = 0 s, y0 = 0
y = ½ gL.t2
La durée de la chute correspond au temps t S où l'objet a atteint le sol. yS = h = 3,0 m
h = yS = ½ gL.tS2
gL 
2h 2  1,4

 1,66m.s  2
2
2
tS
1,3
Exercice 14 p233 : Mouvement uniformément accéléré
a)
vi 
hi 1  hi 1
t i 1  t i 1
t (s)
h (m)
v ( m.s-1 )
0
0
0
v1 

0,101
0,05
0,70
0,1  0
 0,699m.s 1
0,143  0
0,143 0,175 0,202 0,226 0,247 0,267 0,286 0,303 0,319 0,335 0,35
0,1
0,15
0,2
0,25 0,3
0,35 0,4
0,45 0,5
0,55 0,6
1,35
1,69
1,96
2,22 2,44 2,56 2,78 3,03 3,12
3,23 /
b) On trace la vitesse v en fonction du temps t.
La courbe est une droite passant par l'origine. L'équation est donc v = k.t
D'après le graphique, k = 3,5 / 0,36 = 9,72
a
dv
k
dt
Le mouvement est donc uniformément accéléré.
c) On étudie la bille dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O,

j ) orienté
vers le bas. O, origine du repère, est choisie au point de départ de la bille à t =0 s.

Le poids P de la bille est la seule force exercée sur la bille .
On lui applique la 2ème loi de Newton :
a




P  ma  m.g. j  m.a. j  a  g
dv
 g 

 v  g.t.  v0
primitive
dt
à t = 0 s, v0 = 0
v = g.t
On a donc k = g = 9,72 m.s-2
Exercice 15 p 233 : Chute libre avec vitesse initiale
a) Un objet est en chute libre s'il n'est soumis qu'à son poids.
Ici, il faut considérer les frottements et la poussée d'Archimède de l'air.
La balle a une forme aérodynamique, la chute se fait à faible vitesse et sur une faible hauteur, on peut négliger
les forces de frottements et la poussée d'Archimède de l'air.
On peut considérer que la balle est en chute libre.
b) On étudie la bille dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O,

j ) orienté
vers le bas. O, origine du repère, est choisie au point de départ de la bille à t =0 s.

Le poids P de la bille est la seule force exercée sur la bille.




P  ma  m.g. j  m.a. j  a  g
On lui applique la 2ème loi de Newton :
a 
dv
 g 

 v  g.t.  v0
primitive
dt
à t = 0 s, v = -v0
v = g.t – v0
dy
1
 g.t  v0 

 y  g.t 2  v0 .t  y 0
v 
primitive
dt
2
y = ½ g.t2 –v0.t
à t = 0 s, y0 = 0
Remarque : Si on choisit un repère orienté vers le haut, on obtient :
v = - g.t + v0 et y = - ½ g.t2 + v0.t
c) Au sommet de la trajectoire,
vS = 0 = g.tS – v0
tS 

v0
g
On remplace dans l’expression de y :
yS = ½ g.tS2 – v0.tS
2
v
v2
1 v 
y S  .g. 0   v0 0   0  h
2 g
g
2g
 v0  2 gh  2  9,8  2,5  7m.s 1
Exercice 17 p 233 : Parachutiste et vitesse limite
a) On étudie le parachutiste dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O,

j)
orienté vers le bas. O, origine du repère, est choisie au départ à t =0 s.


Le poids P du parachutiste et la force de frottements f sont les forces exercées sur le parachutiste On lui
 




P  f  ma  m.g. j  k .v 2 . j  m.a. j
applique la 2ème loi de Newton :
Comme a 
dv
dt
alors
ag
k 2
v
m
on obtient l’équation différentielle suivante :
dv k 2
 v g
dt m
b) Lors de la chute, la vitesse augmente et la force de frottement aussi.


Au bout d'un moment, P et f ont même norme et s'annulent, l'accélération s'annule donc et la vitesse est
donc constante (v1 = 4,5 m.s-1 ) .
c) D'après l'équation, à vitesse constante, on a :
k 2
mg 1,0.10 2  9,8
v1  g  k  2 
 48,4kg.m 1
2
m
v1
4,5
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