exercice 62 corrige physique chute et mouvement

EXERCICE DE PHYSIQUE Corrigé
Stephy72
www.intellego.fr/doc/23668
CHUTE ET MOUVEMENT PARABOLIQUE
1- Vecteur initial
0
V
r
: V
0x
= V
0
.cos α V
0y
=-V
0
.sinα.
2- Vecteur accélération : système : bille référentiel : terrestre galiléen
Bilan des forces : poids P
Deuxième loi de Newton : amF
ext
r
r
.=
∑
 amgmP
r
r
r
.. ==  ag
r
r
=
Coordonnées du vecteur accélération : a
x
= 0 a
y
= -g
3- Equations horaires x(t) et y(t) :
Primitive de l’accélération a
r
: v
r
: V
x
= V
0x
= V
0
.cos α et V
y
= -g.t - V
0y
= -g.t-
V
0
.sinα
Primitive de la vitesse v
r
: :OG x= V
0
.cos α.t +x
0
à t=0 x
0
=0 donc x= V
0
.cos α.t
y=-1/2.g.t² - V
0
.sinα.t +y
0
à t=0 y
0
=0 donc y=-1/2.g.t² - V
0
.sinα.t
4- Equation de la trajectoire : y(x) :
On isole t dans x et on remplace t dans y : t =
0
cos
x
v
α
×
on remplace t dans y(t) on
obtient :
y(t) =-1/2 × g ×
2
0
cos
x
v
α
×
- v
0
×sinα ×
0
cos
x
v
α
×
d’où : y(x)= xx
Vg.tan². ²cos.2
2
0
α
α
−
×
−
5- Coordonnées du point C :
Au point C, y
C
= -1,0m donc -1,0=
22
2
0
.tan.
²cos.2
CC
xx
Vg
α
α
−
×
−
Passons à l’application numérique :
00,1.30tan.
30²cos0,12 8,9
22
2
=+−
××
−
CC
xx
il vient : 00,158,05,6
2
=+−−
CC
xx c’est une équation du second ordre de type
ax²+bx+c=0
On obtient deux solutions : x
1
= -0,44m et x
2
=0,35m
La valeur x
1
est impossible donc x
C
=x
2
= 0,35m
Les coordonnées sont donc C(0,35 ; -1,0m).
6- Vitesse au point C :
Au point C : x
C
= V
0
.cos α.t donc il faut t = =
×
=30cos0,1 35,0
cos.
0
α Vx
C
4,0.10
-1
s pour
arriver au point C.

EXERCICE DE PHYSIQUE Corrigé
Stephy72
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La vitesse v
Cx
= V
0
.cos α = 1,0×cos30= 0,87m.s
-1
et V
Cy
=-g.t- V
0
.sinα =-9,8×4,0.10
-1
-
1,0×sin30=-4,4m.s
-1
Donc V
C
=
)²)4,4(²87,0
22
−+=+
CyCx
VV
V
C
= 4,5m.s
-1