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Correction du devoir de physique
Exercice n°1 : (8 points)
Le recul d’un objet lors de la projection d’un projectile est quelque chose que l’on a tous
observé. Ce phénomène est bien évidemment observable dans le cas du canon.
On prend comme système {canon +projectile} étudié dans le référentiel Terrestre. Le canon
reculant à vitesse constante juste après le tir on peut dire que le système est isolé, sa
quantité de mouvement se conserve avant et juste après le tir. Avant le tir, le système est
immobile donc Vc = vp = 0
0
0p
. Après le tir
pc v.mv.Mp 
avec
p
v
vitesse de l’obus et
c
v
vitesse du canon. La quantité de mouvement du système se conserve donc
0 pc v.mv.Mp
,
on en déduit
pc v.
M
m
v
. Si le projectile est éjecté avec une vitesse
p
v
, le canon a une
vitesse de même direction et de sens opposé dont la valeur est d’autant plus grande que la
masse M du canon est faible d’où la masse importante du canon. La valeur de la vitesse est
pc v.
M
m
v
soit vc = 4,0 m.s-1. L’énergie cinétique correspond est
2
2
1cc v.M.E 
Ec = 0,56 MJ,
énergie qui doit être absorbé par le dispositif d’amortissement, celui-ci doit minimiser le
recul.
Exercice n°2 :
A] Etude de la phase de propulsion
1. L’accélération étant considérée comme constante
t
v
a
, le mouvement ne se fait que suivant l’axe
vertical
t
v
t
v
ay
y
0
0
2
04
04 016 
s.m,
,
a
.
2.
2
y
aa 
a = 4,0 m.s-2.
3. Le mouvement est uniformément accéléré donc le
vecteur vitesse et le vecteur accélération sont de
même sens c'est-à-dire dirigé vers le haut.
4.
dt
dv
a
, le mouvement ne se faisant que suivant l’axe y :
dt
dv
ay
y
= 4,0 donc vy est la primitive de ay par rapport au temps : vy = 4,0xt + C1. Or a
t = 0 vy0 = 0 donc C1 = 0 Vy = 4,0xt.
dt
dOM
v
Ici on obtient
dt
dy
vy
d’où y
2
2
04
2
1Cxt,xy 
2
2
02 Cxt,y 
. A t = 0 y = 0 donc
C2 = 0.
2
02 xt,y 
. Au bout d’une durée t = 4,0 s y4 = 2,0x42 y4 = 32 m
5. D’après le document 1, la phase de propulsion correspond à l’éjection de l’air et de l’eau.
Or à t = 4,0 s, il n’y a plus d’eau donc plus de force de poussée, l’objet est en
mouvement de chute dans le champ de pesanteur.
Document 2 :
Y
0
v
a
O x

B] Etude de la deuxième phase
1. On donne l’équation horaire suivante :
ext
F
dt
dp 
la masse du système est constante donc
ext
F
dt
dv
mx
dt
dmv 
Or
dt
dv
a
ext
Famx 
la seule force est le poids de la fusée donc
gmxamx 
ga 
(chute libre)
2.1
a
et
0
v
sont vertical donc le mouvement se fait suivant l’axe y vertical et
l’origine du mouvement est le point O origine du repère donc x(t) = z(t) = 0
2.2
dt
dy
vy
vy = cxt + d et
dt
dv
ay
y
ay = c donc c est l’accélération du centre
d’inertie du système. A t = 0 vy0 = d donc d est la vitesse initiale du centre
d’inertie du système. A t = 0 y0 = e donc e est la position initiale du centre
d’inertie du système suivant l’axe y.
2.3 Au sommet de la trajectoire vy = 0, graphiquement t’ = 1,6 s.
2.4 Ym = - 4,9x1,62 + 16x1,6 + 32 ym = 45 m.
2.5 Au sol y = 0 donc 0 = - 4,9xt2 + 16xt + 32 la résolution conduit à t = 4,7 s
dt
dy
vy
Vy = -9,8xt + 16 Vy = -9,8x4,7 + 16 vy = - 30 m.s-1
2
y
vv 
V = 30 m.s-1