Correction des exercices sur la chute verticale

Correction des exercices sur la chute verticale
Exercice 10 p 226
a. P = m.g0 = 123,4.103 x 9,809 = 1,210 MN ;  = air.V.g0 = 1,3 x 1,132 x 9,809 = 14 kN.
2
RT
[6380.10³ ]²
=123,4.10 ³ x 9,809 x
=1,206 MN
RT h²
6380.10³32000 x 0,348²
2
RT
1
1,3
[6380.10³] ²
 '= air V.g0.
=
x 1,132 x 9,809 x
=4,8 kN
3
RT h²
3
6380.10³32000 x 0,348²
b. P '=m.g0.
v (m/s)
Exercice 11 p 226-227
a. A partir de t = 200 ms, la valeur de la vitesse ne varie plus, le mouvement de la bille est rectiligne
uniforme, on a atteint la vitesse limite. A partir de cet instant, la force de frottement et la poussée
d'Archimède compensent le poids de la bille. La valeur de cette vitesse est 0,25 m.s-1.
b.
0,25
L'intersection de la tangente à l'origine
0,225
avec l'asymptote de la courbe permet de
trouver la valeur du temps caractéristique,
0,2
qui vaut ici 60 ms.
0,175
0,15
0,125
0,1
0,075
0,05
0,025
0
0
50
100
150
200
250
300
350
t (ms)
Exercice 13 p 227
a. Une gouttelette est soumise à son poids, à une force de frottement qui augmente avec la vitesse, et à la
poussée d'Archimède. La masse volumique de l'air étant beaucoup plus faible que celle de l'eau, on peut
négliger la poussée d'Archimède.
b. Lorque la vitesse limite est atteinte, les valeurs des deux forces sont égales. On a donc :
4
 . r³. eau .g
2.r².eau .g
m.g
3
6. . . r.vlim =m.g ⇒ vlim =
=
=
6. . . r
6. .  .r
9.
−6
2 x 1.10  ² x 1000 x 9,81
−4
−1
=1,2 .10 m.s
c. v lim=
9 x 18.10−6
d. Cette valeur de 0,12 mm par seconde est très faible, l'expression est donc justifiée.
e. v lim=
2.250.r².  eau . g
9.
=
2 x 250 x 1.10−6 ² x 1000 x 9,81
importante !
−6
9 x 18.10
=7,5 m.s−1
. Il s'agit cette fois d'une vitesse
Exercice 18 p 228
aG . Si l'on projette cette
1. La seule force qui agit sur la bille est son poids. On peut donc écrire : m. g =m. 
relation sur un axe vertical dirigé vers le haut, on obtient aG = - g.
Tout le mouvement s'effectue suivant l'axe vertical, on va donc intégrer cette relation, par rapport au temps,
uniquement selon z.
aG =
dv z
=−g ⇒ v z =−g.tcste
dt
v z=−g.tv 0 .
. A t = 0, vz = v0, donc cste = v0. Donc la première équation horaire est :
Nous allons intégrer une deuxième fois cette équation par rapport au temps :
vz=
dz
−1
=−g.tv0 ⇒ z=
. g.t²v0 .t cste
dt
2
. A t = 0, z = z0, donc cste = z0. La deuxième équation horaire
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Document OpenOffice.org sous Debian 4.0 le 28 avr. 2008
−1
est donc : z= . g.t²v 0 .t z 0
2
2.a. Le point le plus est celui pour lequel la vitesse est nulle. La première équation nous donne :
36
v0 3,6
. Et si on remplace cette
v z =0=−g.tv 0 ⇒ t= =
=1,0 s
g 9,8
36
z max =−0,5 x 9,8 x 1,0²
x 1,02,0=7,1 m .
3,6
valeur dans la seconde équation on obtient :
2.b. Lorsque la bille atteint le sol, z = 0 dans la deuxième équation. Il faut donc la résoudre.
−0,5 x 9,8. t²10,0.t 2,0=0⇔−4,9 .t² 10,0. t2,0=0
−10,0−  139,2
−10,0  139,2
=10,0²4 x 4,9 x 2,0=139,2 ⇒ t 1=
=2,2 s et t 2=
=−0,18s
−9,8
−9,8
La deuxième solution, qui conduit à un temps négatif, n'a, bien évidemment, aucun sens physique !
2.c. La vitesse est donnée par la première équation : vz = - 9,8 x 2,2 + 10,0 = - 11,5 m.s-1.
Cette fois-ci, le signe "moins" exprime le fait que la vitesse est dirégiée vers le bas, tandis que l'axe est vers
le haut.
Exercice 23 p 228
Il faut d'abord calculer l'expression de la vitesse limite dans le cas où on utilise la formule de Stokes et dans
le cas où on utilise la formule du Cx.
Si on utilise la formule de Stokes, l'équation différentielle est :
m.g− f . V.g−6 .  .r.v=m.
dv
dt
dv
=0
dt
2.−f . r².g
. Quand on atteint la vitesse limite,
m.g− f . V.g−6 .  .r.v lim=0 ⇒ vlim =
m−f .V . g
6  . . r
=
− f . V.g
6  . . r
=
9.
Si on utilise la formule du Cx, l'équation différentielle est :
. Ce qui conduit à :
4
car V = . r³ .
3
 .v²
dv
dv
. S=m.
=0 . Ce qui
. Quand on atteint la vitesse limite,
2
dt
dt
 .v lim ²
 . vlim ²
2.m− f . V . g
m.g− f . V.g−C x .
. S=0 ⇒ C x .
. S=m− f .V . g ⇒ v lim=
2
2
C x.  . S
m.g− f . V.g−C x .
conduit à :


4
2. −f . . . r³.g
2. −f . V.g
8. −f . r.g
3
⇒v lim=
=
=
C x.  . S
C x. . . r²
C x. .3
Nous allons maintenant utiliser un tableur qui va nous simplifier la tâche pour calculer les vitesses limites et
le nombre de Reynolds dans les 4 cas.

r (m)
f (kg.m-3)
 (N.s.m-2)
vlim =
Re =
vlim =
Re =

1
1,00E-06
2
1,00E-03
3
1,50E-02
4
1,00E-02
= 7800
1,3
1,80E-05
1,3
1,80E-05
1260
1,50E+00
1000
1,10E-03
g = 9,81
Cx = 0,44
0
0
0,01
0
944,51
136429,11
0,24
35,22
2,14
53,89
0,86
21,79
1347,64
24502479,34
0,72
13089,92
si f f proport. à v
si f f proport. à v²
On constate donc que la formulede Stokes peut être utilisée pour les cas 1 et 3, tandis que pour les cas 2 et 4
il faut utiliser la formule du Cx.
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