Champ de force et mouvement Exercice 6 1. Le référentiel terrestre

Champ de force et mouvement
Exercice 6
1. Le référentiel terrestre.
2. a. ∆p = m.∆v = 200 x (10 - 0) = 2 000 kg.m .s-1.
b. Le vecteur a la direction de la route et son sens est opposé a celui du mouvement puisque la vitesse diminue.
c. La deuxième loi de Newton puisque la quantité de mouvement varie.
d. Ce sont les mêmes que ceux de ∆p.
e. ΣF = ∆p/∆t = 1 000 N.
Exercice 9
1. La deuxième loi de Newton donne a = g0.
2. Dans le repère choisi, la relation précédente donne az = g0. Par intégrations successives et en déterminant les
constantes d’intégration a l’aide des conditions initiales, on obtient :
vz(t) = g0.t puis z(t) = 1/2 g0.t2
3. Pour z(t) = h, on obtient
4. A t = 0,45 s, vz(0,45) = 4,4 m.s-1.

Exercice 11
1.
2. Pour y = 0, x = 72,28 m dans le cas de ce lancer. En reportant ces valeurs dans l’équation de la
trajectoire, on obtient v0 = 26,63 m.s-1.
3. On cherche cette fois x pour y = 0. On remplace dans l’équation de la trajectoire g0 par g0S et on donne à v0
la valeur trouvée en 2.
On obtient l’équation - 0,016 x2 + x = 0 qui admet deux solutions, x = 0 (le point de départ) et x = 61,67 m
qui est la distance parcourue par le javelot sur Saturne.
Exercice 15
Exercice 21
1. Le référentiel terrestre considéré comme galiléen.
2. Graphiquement à t = 0, la vitesse est v0 = 2 m.s-1.
3. a. L’accélérateur est le coefficient directeur de la courbe
b. La direction de l’accélération est parallèle à la piste, et son sens est celui du mouvement, puisque la vitesse
augmente. Les coordonnées de l’accélération sont (a ; 0).
4. a. L’action de la Terre modélisée par le vecteur P =m.g0 et l’action de la piste modélisée par la force R sur le
système.
5. a. D’après la deuxième loi de Newton : P + R = m.a G

b. Sur (Ox) on a l’équation : m.g0. sin α+ 0 = m.a = m
et sur (Oy) l’equation : m.g0 .cos α + R = 0.
c. Comme R est inconnue, on utilise m.g0.sin α = m et donc sin α = 1/g0, soit α = sin-1(1/g0) = 6°.
Exercice 27
1. Le champ est dirigé vers l’armature chargée négativement, il est perpendiculaire aux armatures, son intensité
est constante.

Exercice 28
1. La chute étant supposée libre, le grêlon n’est soumis qu’a son propre poids, la deuxième loi de Newton donne
En projetant sur l’axe (Oz), on obtient az = g0.
Par intégration, on obtient vz(t) = g0. t + v0z avec v0z = 0 m.s-1 et donc vz(t) = g0.t.
De même par intégration, on obtient z(t) = 1/2 g0.t2 + z0 avec a t = 0, z0 = 0 m, d’ou z(t) = 1/2 g0 .t2.
617 km.h-1, valeur supérieure aux 160 km.h-1
donnés dans le texte, cette valeur n’est donc pas vraisemblable.
kg.m-1
P = m.g0 = 13 x10-3x9,80 = 0,13 N, ce poids est bien plus élevé que la valeur de la poussée d’Archimède, que
l’on peut négliger.
5. a. La deuxième loi de Newton donne P + F = m.a .
Cette relation projetée sur l’axe (Oz) devient :

plus proche de la vitesse réelle des grêlons.