exercice 62 corrige physique chute et mouvement

EXERCICE DE PHYSIQUE
Corrigé
CHUTE ET MOUVEMENT PARABOLIQUE
r
1- Vecteur initial V0 :
V0x = V0.cos α V0y=-V0.sinα.
2- Vecteur accélération : système : bille référentiel : terrestre galiléen
Bilan des forces : poids P
r
r
r r
r
r
r
Deuxième loi de Newton : ∑ Fext = m.a P = m.g = m.a g = a
Coordonnées du vecteur accélération : ax = 0 ay = -g
3- Equations horaires x(t) et y(t) :
r
r
Primitive de l’accélération a : v :
Vx = V0x = V0.cos α
V0.sinα
r
Primitive de la vitesse v : OG : x= V0.cos α.t +x0
à t=0 x0 =0 donc x= V0.cos α.t
y=-1/2.g.t² - V0.sinα.t +y0
à t=0 y0 =0 donc y=-1/2.g.t² - V0.sinα.t
et
Vy = -g.t - V0y = -g.t-
4- Equation de la trajectoire : y(x) :
On isole t dans x et on remplace t dans y : t =
x
v0 × cos α
on remplace t dans y(t) on
obtient :
2


x
x
y(t) =-1/2×g× 
 - v0×sinα ×
v0 × cos α
 v0 × cos α 
−g
d’où : y(x)=
.x ² − tan α .x
2
2.V0 × cos ²α
5- Coordonnées du point C :
−g
.xC2 − tan α .xC2
2.V × cos ²α
− 9,8
.xC2 − tan 30.xC2 + 1,0 = 0
Passons à l’application numérique :
2 × 1,02 × cos ²30
Au point C, yC = -1,0m donc -1,0=
2
0
il vient : − 6,5 xC2 − 0,58 xC + 1,0 = 0 c’est une équation du second ordre de type
ax²+bx+c=0
On obtient deux solutions : x1 = -0,44m et x2 =0,35m
La valeur x1 est impossible donc xC=x2 = 0,35m
Les coordonnées sont donc C(0,35 ; -1,0m).
6- Vitesse au point C :
Au point C : xC = V0.cos α.t donc il faut t =
xC
0,35
=
= 4,0.10-1s
V0 . cos α 1,0 × cos 30
pour
arriver au point C.
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EXERCICE DE PHYSIQUE
La vitesse vCx = V0.cos α = 1,0×cos30= 0,87m.s-1 et
1,0×sin30=-4,4m.s-1
Corrigé
VCy=-g.t- V0.sinα =-9,8×4,0.10-1-
Donc VC = VCx2 + VCy2 = 0,87² + ( −4,4)²) VC = 4,5m.s-1
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