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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 p0  0 . Après le tir p  M.vc  m.vp avec vp vitesse de l’obus et v c
vitesse du canon. La quantité de mouvement du système se conserve donc p  M.vc  m.vp  0 ,
on en déduit vc  
m
.vp . Si le projectile est éjecté avec une vitesse vp , le canon a une
M
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
1
m
vc   .vp soit vc = 4,0 m.s-1. L’énergie cinétique correspond est Ec  .M.vc2 Ec = 0,56 MJ,
2
M
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
Document 2 :
Y
1. L’accélération étant considérée comme constante
v
, le mouvement ne se fait que suivant l’axe
t
vy v0  0
16  0
a
 4,0 m.s  2 .

vertical ay 
4,0
t
t
a
2. a  ay2
v0
a
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.
O
x
dv
, le mouvement ne se faisant que suivant l’axe y :
dt
dv y
ay 
= 4,0 donc vy est la primitive de ay par rapport au temps : vy = 4,0xt + C1. Or a
dt
t = 0 vy0 = 0 donc C1 = 0 Vy = 4,0xt.
4. a 
dy
1
dOM
Ici on obtient vy 
d’où y y  x4,0xt 2  C2 y  2,0xt 2  C2 . A t = 0 y = 0 donc
2
dt
dt
C2 = 0. y  2,0xt 2 . Au bout d’une durée t = 4,0 s y4 = 2,0x42 y4 = 32 m
v
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.
B] Etude de la deuxième phase
1. On donne l’équation horaire suivante :
dp
dmv
dv
dv
  Fext la masse du système est constante donc
 mx
  Fext Or a 
dt
dt
dt
dt
mx a   Fext la seule force est le poids de la fusée donc mx a  mx g a  g (chute libre)
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
a et v0 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
dv y
dy
vy = cxt + d et ay 
ay = c donc c est l’accélération du centre
vy 
dt
dt
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.
Au sommet de la trajectoire vy = 0, graphiquement t’ = 1,6 s.
Ym = - 4,9x1,62 + 16x1,6 + 32 ym = 45 m.
Au sol y = 0 donc 0 = - 4,9xt2 + 16xt + 32 la résolution conduit à t = 4,7 s
dy
Vy = -9,8xt + 16
Vy = -9,8x4,7 + 16 vy = - 30 m.s-1 v  vy2
vy 
dt
V = 30 m.s-1