TS3 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 2.1.1. v G3 2 4 2 4 , sur l’image G2G4 = 1,2 cm =1,210–2 m t4 t2 2 donc v G3 2,5 1,2 102 = 0,30 m.s-1 2 0,050 G4G6 2,5 1,6 102 –2 , or sur l’image G4G6 = 1,6 cm =1,610 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. 2.1.2. a4 2.2. Étude théorique 2.2.1. Poussée d’Archimède : = mfluide déplacé . g = .V.g = = 1240 2,10.10-6 9,8 = 2,6 10–2 N Poids de la bille : P=m.g P m = 1,46 donc P et sont du même ordre de grandeur. .V f 2.2.2. Le solide est soumis : - à son poids P : force verticale et dirigée vers le bas - la poussée d’Archimède : 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. 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 : Fext m.aG . 2.4. En appliquant la deuxième loi de Newton au solide dans le référentiel du laboratoire galiléen : P + + f = m.aG P. k – . k – f. k = m.az. k en projection sur l’axe (Oz) au point G4 : P – – f = m.a4 avec f , la norme de la force de frottement f = P – – m.a4 = m.g – .V.g – m.a4 application numérique : f = 3,8010–3 9,8 – 12402,1010–69,8 – 3,8010–31,0 f = 7,910–3 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= f = k.v4 soit k = f v4 7,9 103 = 2,510–2 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. P + + f =0 3.3. On a : P– – f = 0 Posons v = vlim = Cte alors P – – k.vlim = 0 P m.g .V.g g .(m .V) k k k 9,8 vlim = (3,80 103 1240 2,10 10 6 ) = 0,47 m.s-1. 2,5 102 vlim = 3.4. v G13 G12G14 2,5 2,0.102 . Or sur l’image G12G14 = 2,0 cm = 2,0.10-2 m donc v G5 = 0,50 m.s-1 2 0,050 2 On trouve une valeur proche de la vitesse limite calculée. Exercice 2 : Chute libre 1/ Système : {fléchette} Référentiel terrestre supposé galiléen Bilan des forces : le poids D’après la deuxième loi de Newton : Fext m.aG = m.aG = m.g donc aG g Caractéristiques de aG : - origine : le centre de gravité G de la fléchette - direction : verticale - sens : vers le bas - a=g P 2/ aG - g or a = dv/dt donc v -gt + C1 or à t = 0 v 0 5 donc v -gt + 5 or v = dz/dt donc OG -O,5 t2 + 5t + C2 or à t=0 OG0 1,75 donc vZ(t) = -gt+5 et z(t) = -0,5t2 +5t +1,75 3/ a. Au sommet de la trajectoire , vZ = 0 b. Donc –gtS + 5 = 0 donc tS = 5/g = 0,51 s c. hS = zmax = -0,5 t S 2 + 5tS +1,75 = 3,0 m 4/ La fléchette touche le sol pour z = 0 -0,5 t2 + 5t +1,75 = 0 = 59,3 2 racines : t1 = - 0,27 s (non retenue) et t2 = 1,3 s donc OG -0,5 t2 + 5t +1,75