v = f(t) - xobernai

2 p 194 : QCM
a. En appliquant la définition algébrique de l'accélération :
a=Δv
Δt=36 10×3,6 =1m.s−2
b. Si le mouvement est uniforme la vitesse est constante (3)
Si le mouvement est accéléré de manière non-uniforme,
l'accélération n'est pas constante et donc la vitesse ne peut
être ni constante ni linéaire (1)
Si le mouvement est uniformément accéléré, l'accélération est
constante et donc par définition, la vitesse augmente de
manière linéaire (2)
c.
⃗
F=d⃗
p
dt =md⃗
v
dt
d. Il n'y a pas de condition
4 p 194 : Calculer et représenter la vitesse et l'accélération
a. Le mouvement étant rectiligne, on peut écrire :
a=Δv
Δt=0−20 10−0=−2m.s−2
b. Le vecteur accélération est identique et opposé au sens du
mouvement aux deux dates (le mouvement étant
uniformément décéléré). Le vecteur vitesse est d'autant plus
petit que le temps écoulé est grand. Il sera donc de norme
inférieure pour un temps postérieur, mais en étant toujours de
sens identique à celui du mouvement.
9 p 195 : Étudier la force électrique et l'accélération
a. PA : l'électron D : horizontale
S : de B vers A
fe=∣q∣U
d=1,6×10−19×400 0,10 =6,4×10−16 N
b. On applique la deuxième loi de Newton à l'électron :
∑⃗
F=d⃗p
dt =m⃗
a soit ⃗ a=⃗
fe
m
PA : l'électron D : horizontale
S : de B vers A
a=fe
m=7,0×1014 m.s−2
c. On peut remarquer en passant
que les valeurs de la force et de
l'accélération ne dépendent pas
de la position de l'électron entre
les deux plaques chargées.
10 p195 : Réaliser et exploiter un graphique
La fonction v = f(t) est une fonction linéaire, la vitesse
augmente donc de manière linéaire au cours du temps,
l'accélération est constante et le mouvement est donc
uniformément accéléré.
16 p 198 : Étude cinématique du démarrage d'une voiture
a.
b. phase 1 :
0≤t≤4s
phase 2 :
4≤t≤11s
phase 3 :
t≥11s
c. Par définition, l'accélération est la dérivée de la vitesse par
rapport au temps, l'accélération correspond donc au
coefficient directeur de la portion de droite située entre 0 et
4s : a = 2,0 m.s-2. L'accélération étant constante, le mouvement
est uniformément accéléré.
d. Dans la troisième partie le coefficient directeur de la droite
est nul. La vitesse est constante, l'accélération est nulle. Le
mouvement est uniforme.
e. En traçant la dérivée de la vitesse par rapport au temps en
fonction du temps (a = f(t)) on peut sur cette courbe effectuer
une lecture graphique de l'accélération, on obtient a(7) = 0,57
m.s-2.
17 p 198 : Galilée à Pise
a. On fait un bilan des forces appliquées à la bille :
Système : bille
Référentiel : terrestre supposé galiléen
Inventaire des forces : - le poids
⃗
P
de la bille
La chute étant considérée comme libre, le poids est donc la
seule force dont on va tenir compte dans l'étude.
On applique la 2ème loi de Newton à la bille :
∑F=d⃗
p
dt soit ici ⃗
P=m⃗a
on en tire que
⃗
a=⃗ g
En ne tenant compte que l'axe vertical orienté vers le bas, on
peut retrouver l'abscisse de la bille par primitivation
(opération inverse de la dérivation).
a(x) = g
v(x) = gt + v0
x=1
2g t² +v0t+x0
La bille étant lâchée sans vitesse initiale, on a v0 = 0. La bille
étant lâchée à l'origine, on a x0 = 0. Donc :
x=1
2g t²
b.
h=1
2g t² et donc t=
√
2h
g=
√
2×54
9,8 =3,3 s
c. v = gt = 9,81 x 3,3 = 32 m.s-1
- PHYSIQUE CHIMIE TS – ENSEIGNEMENT OBLIGATOIRE -
Chapitre 9
Chapitre 9
 Connaissance du cours  Exploitation de documents  Exercices de synthèse
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Exos corrigés
Exos corrigés
A (t1) B (t2>t1)
⃗ a
⃗ a
⃗ v
⃗ v
+-
⃗
E
⃗ a
⃗
fe
t (s)
123456
v (m/s)
0
0,05
0,1
0,15
0,2
0,25
0,3
v = f(t)
t (s)
2 4 6 8 10 12
v (m/s)
2
4
6
8
10
12
v = f(t)

26 p 200 : Objectif BAC
1. Pour répondre à ces questions, on va appliquer la 2ème loi
de Newton à l'électron placé dans le référentiel terrestre et
soumis uniquement à la force électrique :
∑⃗
F=d⃗
p
dt
qui ici s'écrit
⃗
F=q⃗ E=m⃗ a
L'électron étant chargé négativement, les vecteurs
accélération et force électrique ont un sens opposé à celui du
vecteur champ électrique.
Le champ électrique est donc vertical et orienté vers le bas.
Le vecteur accélération est vertical orienté vers le haut et son
intensité est égale à :
a=eE
m
ce qui mène aux coordonnées
suivantes :
ax = 0
ay =
eE
m
2.a. On retrouve par primitivation, les coordonnées du vecteur
vitesse et du vecteur position :
vx = v0x
vy=eE
mt+voy
et :
x = v0xt + x0
y=eE
2m t² +v0y t+y0
La vitesse initiale v0 étant horizontale, on peut écrire que v0y =
0. En prenant l'origine des axes comme origine des temps, on
aboutit à y0 = x0 = 0 .
Finalement : x = v0 t et on en tire l'expression de t :
t=x
v0
En injectant cette égalité dans l'expression de y :
y=eE
2m v0²x²
b. L'équation est du type y = ax² qui est l'équation d'une
parabole.
c. Au point S l'abscisse x = l. et on sait que
E=U
d
.
Donc :
yS=e U l²
2d m v0²
. Étant donné que e, l , d m et v0 sont
des constantes, on peut écrire que yS = k U avec k une
constante d'expression :
k=e l²
2d m v0²
3.a.
yA=yS×2L
l=e U l² 2L 2d m v0²l=e U l L d m v0²
b. yA étant proportionnel à U, si U diminue yA diminue dans les
mêmes proportions. Si U change de signe le champ électrique
s'inverse et la déviation du faisceau d'électrons s'effectuera
vers le bas.
30 p 201 : Flèche et portée
a. v0x = v0 cos α
v0z = v0 sin α
b. On effectue un bilan des forces :
système : la balle
référentiel : terrestre supposé galiléen
inventaire des forces : - le poids
⃗
P
de la balle
(On ne tiendra compte ni de la poussée d'Archimède ni des
forces de frottement avec l'air, conformément aux indications
de l'énoncé).
Application de la 2ème loi de Newton :
∑⃗
F=d⃗
p
dt
qui se simplifie ici en :
⃗
a=⃗ g
. Les
coordonnées du vecteur accélération seront donc :
ax = 0
az = -g
c. En primitivant les coordonnées du vecteur accélération :
vx = v0x = v0 cosα
vz = -gt + v0z = - gt + v0 sin α
d. En primitivant les coordonnées du vecteur vitesse :
x = v0 cosαt (x0 = 0 à l'origine)
z=−g t²
2+v0sinαt
(z0 = 0 à l'origine).
e. Les coordonnées du vecteur vitesse montrent que la vitesse
selon l'axe des x est constante et non-nulle. Tant que la balle
est en chute la vitesse ne s'annule pas. Donc la vitesse ne peut
pas être nulle ni en S ni en aucun autre point de la trajectoire
lors de la chute.
f. La flèche est l'altitude maximale atteinte par la balle. La
valeur de z passe par un extremum au niveau de la flèche. La
dérivée de z par rapport au temps est donc nulle en ce point.
Donc la composante de la vitesse sur l'axe z est nulle en S.
Donc :
gtS = v0 sinα
tS=v0sin α
g
c'est à cette date tS que la flèche est atteinte.
Il suffit ensuite remplacer t par tS dans l'expression de z, et on
obtient :
zS=−g v0²sin² α
2g² +v0²sin² α g=v0²sin² α 2g
g. L'abscisse de I a une valeur numérique égale à la portée du
tir. I est le point pour lequel l'altitude de la balle est à nouveau
nulle (z=0). La mise en équation donne :
zI=−g t I²
2+v0sinαtI=0
en simplifiant par tI :
v0sinα= gtI
2 soit tI=2v0sin α g
Le temps nécessaire pour
atteindre le point I est le double de celui nécessaire pour
atteindre la flèche. Un tel résultat peut sembler logique si on
considère que la chute est libre. En remplaçant cette
expression de t dans celle de x :
xI=v0cosαtI=2v0² cos αsin α
g=v0² gsin 2 α
h. AN : zs = 4,1 m et xI = 29 m
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