Corrigés des exercices

© Hachette Livre, Physique Terminale S, Livre du professeur. La photocopie non autorisée est un délit. 1
Savoir s’autoévaluer
1. 1. $␽ = d
$ OG
dt .
2. a. $a = d$␽G
dt .
b. La valeur du vecteur accélération s’exprime en
m . s–2.
3. Lors d’un mouvement rectiligne uniforme, le vec-
teur vitesse du centre d’inertie du système est constant.
Son vecteur accélération est nul.
2. Le vecteur vitesse du centre d’inertie d’un sys-
tème doit être tangent à la trajectoire ; c’est le cas dans
chacune des situations schématisées.
Le vecteur accélération, d’après la deuxième loi de
Newton, a même direction et même sens que la
résultante des forces extérieures appliquées au système.
Ce n’est pas respecté sur le schéma (b).
Lors d’une trajectoire curviligne, la résultante des
forces extérieures est toujours orientée à l’intérieur de
la trajectoire. Ce n’est pas respecté sur le schéma (c).
3. 1. La position de l’automobile à t = 0 corres-
pond à x(t = 0) = 200 m.
2. a. ␽ = dx
dt = 2t + 15.
b. À t = 0, ␽(t = 0) = 15 m . s–1.
3. a = d␽
dt = d2x
dt 2 = 2 m . s–2.
L’accélération du centre d’inertie de la voiture est
constante et égale à 2 m . s–2.
4. • Première loi de NEWTON : Dans un référen-
tiel galiléen, si la somme des forces qui s’exercent
sur un solide est nulle, le vecteur vitesse $␽G de son
centre d’inertie est constant.
Exemple : un palet de hockey sur glace lancé par un
joueur a un mouvement rectiligne uniforme si on
néglige les frottements de la glace.
Il est intéressant d’insister sur la définition du vecteur
accélération pour enlever l’idée qu’un système accélère
uniquement lors de variations de la valeur de son vecteur
vitesse.
4. Comment énoncer la deuxième
loi de NEWTON ?
Ce paragraphe est l’aboutissement de l’approche de la
deuxième loi de Newton vue en classe de Première S et
de l’activité 1 de ce chapitre.
Rechercher et expérimenter
1. Pratique du saut à l’élastique
Réponses aux questions
1. Lorsque la hauteur de chute est égale à ᐉ, longueur
de l’élastique non étiré, on passe de la première à la
seconde phase du mouvement.
2. Première phase : le sauteur est soumis uniquement à
son poids $P de direction verticale, orienté vers le bas et
de valeur P = m . g.
Seconde phase : au poids vient s’ajouter la force de
rappel de l’élastique de direction verticale, orientée vers
le haut. La valeur de cette force de rappel dépend de
l’allongement de l’élastique.
3. Soit A la position du centre d’inertie du sauteur
lorsqu’il est au plus bas de son saut. Juste avant A, le
sauteur a une vitesse $␽avant verticale orientée vers le
bas ; juste après A, son vecteur vitesse $␽après est vertical
orienté vers le haut. Il y a donc autour du point A une
variation du vecteur vitesse du sauteur ; son vecteur
accélération est non nul. Il est vertical, orienté vers le
haut ($␽après – $␽avant est un vecteur orienté vers le haut).
4. a. En A, le sauteur est soumis à son poids
P = m . g = 600 N et à la tension de l’élastique
T = 2 550 N pour un élastique S (masse du sauteur
comprise entre 40 et 70 kg) allongé de 200 %, c’est-
à-dire dont la longueur est égale à 3 ᐉ.
b. En A, le vecteur accélération a la direction et
le sens de $P + $T, c’est-à-dire verticale orientée vers
le haut et pour valeur celle de
$P + $T
m , c’est-à-dire
2 550 – 600
60 = 32,5 m . s–2.
2. Simulation d’un saut à l’élastique
Réponses aux questions
1.a. Lors de la chute, le vecteur vitesse est vertical
orienté vers le bas. Sur l’axe (Oy) choisi, la vitesse ␽ est
positive.
b. La valeur de la vitesse augmente de façon linéaire
au début de la chute, passe par un maximum, puis
diminue pour s’annuler lorsque le système est au plus
bas de sa chute.
c. Le coefficient directeur de la fonction affine ␽(t)
s’exprime en m . s–2 et a pour valeur g = 10 m . s–2.
2.a. $a =
$ d␽
dt .
b. Au début du mouvement, le système n’est soumis
qu’à son poids. Il est en chute libre et le vecteur
accélération $a = $g d’après la deuxième loi de Newton.
L’accélération du système est verticale orientée vers le
bas et a pour valeur g = 10 m . s–2.
4.b. T augmente au cours de la chute.
c. Pour T < P, l’accélération est verticale orientée vers
le bas, dans le même sens que celui du mouvement. La
valeur du vecteur vitesse augmente, le mouvement est
accéléré.
Pour T = P, l’accélération est nulle. La vitesse atteint sa
valeur maximale.
Pour T > P, l’accélération est verticale orientée vers le
haut, de sens opposé à celui du mouvement. Le mou-
vement est ralenti, la vitesse diminue.
5. La vitesse est maximale lorsque l’accélération est
nulle. On a alors T = P, poids de la masse suspendue à
l’élastique.
Remarque : on peut prolonger l’étude en pointant
sur la vidéo quelques positions du système lorsqu’il
remonte. Sur le graphique ␽(t), la vitesse aura alors une
composante négative. L’accélération sera orientée vers
le haut comme lors de la fin de la chute (T > P ), et dans
le sens du mouvement ; le mouvement sera accéléré.
Corrigés des exercices

2
• Deuxième loi de NEWTON : Dans un référentiel
galiléen, la somme ∑$Fext des forces extérieures appli-
quées à un solide est égale au produit de la masse du
solide par l’accélération de son centre d’inertie :
Référentiel galiléen : ∑$Fext = m . $aG .
Exemple : lors d’une chute libre, la seule force
extérieure appliquée au système en mouvement est
son poids. D’après la deuxième loi de Newton :
$P = m . $a , d’où $a = $g. Le système a une accélération
verticale, orientée vers le bas et de valeur constante
g = 10 m . s–2.
• Troisième loi de NEWTON : Lorsqu’un corps A
exerce sur un corps B une force $FA→B , alors le corps
B exerce sur A la force $FB→A .
Que les corps soient au repos ou en mouvement, ces
forces sont opposées et ont même support :
$FA→B = – $FB→A .
Exemple : lors d’un départ de bobsleigh, l’athlète
exerce une force de poussée sur le bobsleigh afin de
le mettre le plus rapidement en mouvement. On
peut considérer que cette force $FA→B est horizontale,
orientée dans le sens du mouvement. De même, le
bobsleigh exerce une force sur le coureur $FB→A hori-
zontale, de sens opposé à celui du mouvement, et
telle que $FA→B = – $FB→A .
5. 2. a. ␽3 = ␽5 = 1,2 m . s–1.
3. b. ⌬$␽ = $␽5 – $␽3 a pour valeur 0,44 m . s–1.
On en déduit la valeur de l’accélération au point 4 :
a4 = 3,6 m . s–2.
4. a. La valeur de la somme $F des forces appliquées
au solide est égale à m . a4 = 2,4 N.
b. $F a même direction et même sens que $a4 .
Exercices
1. 1. Le mouvement est rectiligne uniforme.
2. Le mouvement étant uniforme, la valeur de la
vitesse est constante.
3. Le vecteur vitesse ne varie pas au cours d’un
mouvement rectiligne uniforme.
4. D’après la première loi de Newton, la résultante
des forces extérieures appliquées au mobile est égale
au vecteur nul.
2. Le spectateur se trompe. La troisième loi de
Newton indique que $FM→B = – $FB→M , les deux forces
ont même valeur.
3. 1. Si l’on veut relier la variation de vitesse aux
forces appliquées au skieur, il faut considérer le réfé-
rentiel terrestre comme galiléen.
f
1
ff
f
2
ff
R
P
2. $P : poids du skieur ;
$R : réaction de la piste ;
$f1 : force de frottement du sol ;
$f2 : force de frottement de l’air.
3. a. Pour t > t1 , la vitesse du skieur est constante.
L’accélération de son centre d’inertie est donc nulle.
b. D’après la deuxième loi de Newton :
$P + $R + $f1 + $f2 = $0 .
4. a. Pour t < t1 , la vitesse augmente.
L’accélération est égale au coefficient directeur de la
tangente à la courbe ␽(t).
Au début, ␽(t) augmente linéairement avec le temps ;
l’accélération est donc constante. Ensuite, le coeffi -
cient directeur de la tangente à la courbe diminue
pour s’annuler à la date t1 ; il en est de même pour
l’accélération.
b. $P + $R + $f1 + $f2 = m . $a .
c. La force responsable de la variation de l’accélération
est la force de frottement de l’air qui augmente avec la
vitesse.
4. 1. a. et b. Voir le schéma ci-dessous.
F
T
/
T
T
S
F
S
F
/
S
T
c. La valeur de la force exercée par le skieur sur la
barre du téléski $FS/T est égale à la valeur de $FT/S , force
exercée par la barre sur le skieur.
2. Les forces restent toujours opposées mais leur
valeur peut varier.
5. 1. ␽3 = G2G4
2⌬t = 1,82 m . s–1 ;
␽4 = G3G5
2⌬t = 2,45 m . s–1 ;
␽5 = G4G6
2⌬t = 3,13 m . s–1 ;
␽6 = G5G7
2⌬t = 3,76 m . s–1 ;
␽7 = G6G8
2⌬t = 4,39 m . s–1 ;
2. a. ||⌬$␽(t4)||
⌬t = ||$␽5 – $␽3||
t5 – t3
= 3,13 – 1,82
2 × 67 × 10–3
= 9,7 m . s–2 .
b. ||⌬$␽(t5)||
⌬t = ||$␽6 – $␽4||
t6 – t4
= 3,76 – 2,45
2 × 67 × 10–3
= 9,7 m . s–2 ;
||⌬$␽(t6)||
⌬t = ||$␽7 – $␽5||
t7 – t5
= 4,39 – 3,13
2 × 67 × 10–3 = 9,3 m . s–2.
3. La variation de la vitesse par unité de temps, c’est-
à-dire l’accélération, diminue. Il en est de même pour
la somme des forces extérieures appliquées à la bille.
Cela peut s’expliquer par la force de frottement de
l’air qui n’est plus négligeable vers la fi n de la chute.

3
6. 1.
R
P
T
2. a. Le mouvement étant rectiligne, l’accélération
est égale au coefficient directeur de la droite ␽(t).
a1 = 1
0,5 = 2 m . s–2 et a2 = 0,4
0,5 = 0,8 m . s–2.
b. m1 = F
a1
= 0,20
2 = 0,1 kg et m2 = 0,25 kg.
3. ␽ en fonction du temps est une fonction linéaire
de coefficient directeur :
a3 = F
m1
= 0,14
0,1 = 1,4 m . s–1.
7. 2. a. $␽7 =
$ G6G8
⌬t .
b. $␽7 = 0,16 m . s–1.
c. $␽7 est représenté par un vecteur tangent à la
trajectoire dans le sens du mouvement et de longueur
1,6 cm.
8. 1. a. En tenant compte de l’échelle 1/4 on
détermine une valeur des vecteurs vitesse $␽3 et $␽5
égale à 0,42 m . s–1. Ils sont représentés par des vec-
teurs de 4,2 cm de long, tangents à la trajectoire, res-
pectivement aux points 3 et 5.
b. Il n’y a pas égalité entre les deux vecteurs puisqu’ils
n’ont pas même direction.
c. Ces deux vecteurs ont même valeur, donc ␽3 = ␽5.
2. b. On détermine graphiquement une valeur de
⌬$␽ égale à 0,45 m . s–1.
c. La valeur de a4 est de 2,2 m . s–2.
d. a4 est représenté par un vecteur de 2 cm de long de
même sens et même direction que ⌬$␽, c’est-à-dire
orienté vers O.
3. a. La valeur de l’accélération est constante.
b. Le vecteur accélération est toujours orienté vers
le centre de la trajectoire circulaire. Il n’est pas
constant.
4. L’accélération d’un mouvement rectiligne uni-
forme est nulle.
9. 1. a. b. c.
2
4
4
–
2
12345
$a3 =
$␽4 – $␽2
⌬t avec ⌬t = 2 s et $␽4 – $␽2 = $0 .
Donc $a3 = $0 .
2. Graphiquement, on mesure la valeur de
⌬$␽ = $␽4 – $␽2 égale à 1 cm . s–1 .
a3 = ||$␽4 – $␽2||
⌬t = 0,5 cm . s–2.
3. Un point en mouvement a une accélération nulle
si son vecteur vitesse est constant.
10. a. et b. Le vecteur accélération $a a même sens
et même direction que ceux de la résultante des forces
extérieures.
F
2
FF
F
1
G
F
1
F
1
a
+
F
2
FF
G
F
2
F
F
G
F
2
F
F
F
1
F
2
F
F
F
1
11. 1. a. Voir le schéma ci-dessous.
R
P
(
A
(
(
)
(
B
)
T
m
Inventaire des forces extérieures : $P : le poids du
solide (A) ; $R : la réaction du support ; $T : la tension
du fil.
b. Si on néglige les frottements, le poids et la réaction
du support se compensent :
∑$Fext = $P + $R + $T = $T.
2. a. Le mouvement est rectiligne, l’accélération a
pour valeur le coefficient directeur de la droite ␽(t).
a = 0,6
0,8 = 0,75 m . s–2.
b. T = m . a = 0,650 × 0,75 = 0,49 N.
12. D’après la deuxième loi de Newton,
∑$Fext = m . $a avec m la masse du système étudié.
Si les forces extérieures appliquées au système se
compensent, ∑$Fext = $0, alors $a = $0 ; donc $␽ =
$
cte.
Un mouvement dont le vecteur vitesse est constant
est rectiligne uniforme.
Cas particulier : $␽ =
$
cte = $0 , le système est immobile.
On retrouve bien la première loi de Newton : tout
corps persévère dans son état de repos ou de mou-
vement rectiligne uniforme si les forces extérieures
qui lui sont appliquées se compensent.
13. 1. Par définition, le vecteur vitesse du centre
d’inertie G d’un mobile a pour expression :
$␽ = d
$ OG
dt .
Les coordonnées du vecteur vitesse s’écrivent :
(1) $␽
|
␽x = dx
dt = 2
␽y = dy
dt = 0
;
(2) $␽
|
␽x = dx
dt = 10t
␽y = dy
dt = 0
;

4
(3) $␽
|
␽x = dx
dt = 3
␽y = dy
dt = 10t
.
Le vecteur accélération du centre d’inertie G du
mobile est défini par $a = d$␽
dt .
Les coordonnées du vecteur vitesse s’écrivent :
(1) $a
|
ax = d␽x
dt = 0
ay = d␽y
dt = 0
;
(2) $a
|
ax = d␽x
dt = 10
ay = d␽y
dt = 0
;
(3) $a
|
ax = d␽x
dt = 0
ay = d␽y
dt = 10
.
2. À t = 2 s, le vecteur vitesse a pour composantes :
(1) $␽
|
␽x = 2
␽y = 0 ;
(2) $␽
|
␽x = 20
␽y = 0 ;
(3) $␽
|
␽x = 3
␽y = 20 .
La valeur ␽ de la vitesse est égale à ␽ =
␽
x
2
+
␽
y
␽
2
.
(1) ␽ = 2 m . s–1 ;
(2) ␽ = 20 m . s–1 ;
(3) ␽ = 20,2 m . s–1.
14. 1. Par lecture graphique, on détermine une
distance de 70 m parcourue au bout de 4 s.
2. x(4 s) = 4,5 × 4² = 72 m.
Aux erreurs de lecture près, la lecture graphique
confirme le modèle mathématique proposé.
3. La trajectoire étant rectiligne :
␽ = dx
dt = d
dt (4,5 t 2) = 9 t.
4. ␽(4 s) = 9 × 4 = 36 m . s–1.
5. Sur un graphique x(t), la vitesse instantanée à
une date t correspond au coefficient directeur de la
tangente à la courbe au point d’abscisse t.
6. La trajectoire étant rectiligne :
a = d␽
dt = d
dt (9 t) = 9 m . s–2.
L’accélération est constante.
7. D’après la deuxième loi de Newton, la résultante
des forces extérieures appliquées à la voiture est
constante et dans le sens du mouvement.
15. 1. x(1) = 2,3 m et x(3) = 20,7 m.
2. a. La trajectoire est rectiligne, ␽(t) = dx
dt = 4,6 t.
b. ␽(1) = 4,6 m . s–1 et ␽(3) = 13,8 m . s–1.
3. a. La trajectoire étant rectiligne, a(t) = d␽
dt.
b. a(t) = 4,6, elle est constante.
a(1) = a(3) = 4,6 m . s–2.
4.
0
1
2
3
t
(
s
)
x
(m)
0
1
0
2
0
30
0
5
10
15
0
123
t
(
s
)
(
m
.
s
–1
)
0
123
t
(
s
)
a
(
m
.
s
–2
)
0
2
4
6
16. 1. ␽4 = 2,4 m . s–1 et ␽6 = 3,2 m . s–1.
Le vecteur accélération $a5 même direction et même
sens que $␽6 – $␽4 .
2. La résultante des forces d’après la deuxième loi de
Newton a la même direction et le même sens que
ceux du vecteur accélération.
3. a. La balle étant en chute libre, elle n’est soumise
qu’à son poids.
b. $a9 doit être vertical orienté vers le bas.
c. $a9 a même direction et même sens que la somme
des forces extérieures appliquées à la balle, ici le poids.
L’accélération est bien verticale orientée vers le bas.
17. 1. Graphiquement, on observe que la vitesse
augmente pendant les 40 premières secondes, puis se
stabilise.
2. La vitesse maximale atteinte par le scooter est
de 14 m . s–1, soit 50 km . h–1 : aucune infraction à
signaler.
3. L’accélération instantanée a pour expression
$a = d$␽
dt ; la trajectoire du scooter étant rectiligne,
d$␽
dt correspond graphiquement au coefficient directeur
de la tangente à la courbe ␽(t) au point d’abscisse t.
4. Le coefficient directeur de la tangente à la courbe
diminue au cours du temps pour s’annuler au bout
de 40 secondes ; il en est de même de l’accélération
instantanée.

5
5. D’après la deuxième loi de Newton,
∑$Fext = m . $a , la résultante des forces a même direction
et même sens que le vecteur accélération. Pendant
les 40 premières secondes, la résultante des forces est
dans le sens du mouvement et sa valeur diminue.
Après 40 s, la vitesse se stabilise, le mouvement est
rectiligne, la résultante des forces est nulle.
18. 1. a. F = Fc + 2 Fp
= 1 100 × 103 + 2 × 6 000 × 103
= 1,31 × 107 N.
b. P = m0 . g = 7,22 × 106 N.
3. a = (F – P)
m = 8,0 m . s–2.
19. 1. a. ␽(t) = a . t = 24 t.
b. ␽(1) = 24 m . s–1 et ␽(2,5) = 60 m . s–1.
2. a. x(t) = 1
2 a . t ² = 12 t 2.
b. x(1) = 12 m et x(2,5) = 75 m.
3. a. x´(1) = 2,6 × 12 = 2,6 m
et x´(2,5) = 2,6 × 2,52 = 16,3 m.
b. t´ = 60
5,2 = 11,5 s.
c. x´ = 346 m.
20. 1.
Scénic Ferrari F1 2002
a. 17 m . s–1 32 m . s–1 50 m . s–1
b. 28 m . s–1 44 m . s–1 69 m . s–1
2.
Scénic Ferrari F1 2002
a. 2,1 m . s–2 6,2 m . s–2 12,1 m . s–2
b. 4,6 m . s–2 12,3 m . s–2
c. 8,4 m . s–2 27,8 m . s–2
3.
F
a
G
G
d
émarra
ge
f
re
i
na
ge
s
ens de dé
p
lacemen
t
21. A. Première partie du saut
1. En 10 s, le parachutiste passe de 0 à 200 km . h–1,
c’est-à-dire de 0 à 55,6 m . s–1. La valeur moyenne
de l’accélération lors des 10 premières secondes est de
a = 5,6 m . s–2.
2. Le parachutiste est soumis à son poids $P, la
force de frottement de l’air $f et la poussée d’Archi-
mède $FA.
Le vecteur somme $P + $f + $FA est orienté vers le
bas pendant les 10 premières secondes. Lorsque la
vitesse se stabilise à 200 km . h–1, la somme des forces
extérieures est nulle.
3. Le poids est supérieur à ∑$Fext . Le parachutiste
n’est pas en chute libre.
4. Il reste à vitesse constante pendant 40 s.
5. D’après la première loi de Newton, la vitesse
étant constante, les forces se compensent. Si on
néglige la poussée d’Archimède, le poids du para-
chutiste est égal à la force de frottement de l’air :
f = P = m . g = 80 × 10 = 800 N.
B. Seconde partie du saut
6. Le parachute ouvert, le parachutiste parcourt
1 000 m en 4 minutes, c’est-à-dire avec une vitesse
moyenne de ␽ = 4,2 m . s–1.
7. La vitesse étant constante, on a f = P = 800 N.
22. A. Déterminer expérimentalement l’accélé-
ration du centre d’inertie du mobile auto-porteur
1. et 2. Voir le document à la fin des corrigés.
3. ␽A2 = A1A3
2⌬t = A1A3
0,12 .
A1A3 correspond au calcul B3 – B1 sur le tableur.
2⌬t correspond à A3 – A1.
4. Par cette méthode, il est impossible de calculer la
vitesse aux dates t0 et t11.
5. a. Le graphe obtenu est une droite.
b. L’équation de la droite s’écrit ␽(t) = 47,6 t + 14.
c. La valeur de l’accélération est égale au coefficient
directeur de la droite ␽ = f (t).
a = 47,6 cm . s–2.
B. Déterminer théoriquement l’accélération du
centre d’inertie d’un mobile auto-porteur
6. Les forces extérieures appliquées au palet sont :
– le poids de direction verticale, orienté vers le bas et
de valeur P = m . g ;
– la réaction du support perpendiculaire à ce dernier
et orientée vers le haut.
ca
l
e
s
p
ale
t
N
P
x
P
P
y
P
P
7. a. $P
|
Px = P . sin α
Py = – P . cos α ; $N
|
Nx = 0
Ny = N .
b. Deuxième loi de Newton : ∑$Fext = m . $aG ;
$P + $N = m . $aG .
Projection suivant $i : P . sin α + 0 = m . ax .
Projection suivant $j : – P . cos α + N = 0.
c. Donc a = g . sin α = 9,81 × sin 3° = 0,51 m . s–2
= 51 cm . s–2.
Les valeurs expérimentale et théorique de l’accéléra-
tion sont très proches. On remarque que la valeur
expérimentale est plus faible, cela est dû à l’existence
de frottements.