TS3 Correction DS de Physique décembre 2010 Exercice 1 :
1. Voir ci-contre : :
2. Étude de la première phase :
2.1.1. 3 2 4 2 44 2
2
G
G G G G
v t t
, sur l’image G2G4 = 1,2 cm =1,210–2 mdonc
3
2 G
2,5 1,2 10
v 2 0,050
= 0,30 m.s-1
5
4 6 G 2
v G G
, or sur l’image G4G6 = 1,6 cm =1,610–2 m donc
5
2 G
2,5 1,6 10
v 2 0,050
= 0,40 m.s-1
Avec l’échelle des vecteurs vitesse, 1 cm 0,20 m.s-1, vG3
mesure 1,5 cm et vG5
mesure 2,0 cm.
0 2 4
6
10
14
Z O
20 cm
Régime transitoire entre les positions G0 et G8 . Pendant des durées égales, les distances parcourues par l’objet augmentent.
Le mouvement de l’objet est rectiligne et accéléré.
Régime permanent à partir de la position G9. Pendant des durées égales, les distances parcourues par l’objet sont égales (1cm schéma). Le mouvement de l’objet est rectiligne et uniforme.
G
2G
4G
6G
3G
5 vG3G5
v
k
4
a
G
13G
12G
14Les vecteurs vitesse ont été décalés sur l’axe Oz pour plus de lisibilité. Normalement leur point d’application est le point G.
2.1.1. Déterminons l’échelle x de l’image :
image réel
8,0 cm 20 cm
1,0 cm x
donc x = 20 1,0 / 8,0 = 2,5 soit 1 cm schéma 2,5 cm réels
8,0 cm
2.1.2. 5 3
5 3
4
2 2
G G
G G
v v .k
v v
a v
t . .
=
4
a .koù k vecteur unitaire porté par l’axe Oz.
Ainsi :
4
0,40 0,30
a 2 0,050
= 1,0 m.s-2.Avec l’échelle des accélérations, 1 cm 0,50 m.s-2, a4
mesure 2,0 cm.
2.2. Étude théorique
2.2.1. Poussée d’Archimède : = mfluide déplacé . g = .V.g =
= 1240 2,10.10-6 9,8 = 2,6 10–2 N Poids de la bille : P = m . g
P m
.V
= 1,46 donc P et sont du même ordre de grandeur.2.2.2. Le solide est soumis :
- à son poids P : force verticale et dirigée vers le bas
- la poussée d’Archimède : force verticale et dirigée vers le haut - la force de frottement
f: force verticale et dirigée vers le haut car opposée au sens de déplacement du solide.
2.3. Deuxième loi de Newton : Dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures appliquées à un système mécanique est égale au produit de la masse du système par le vecteur accélération de son centre d’inertie G :
ext G
F m.a .
2.4. En appliquant la deuxième loi de Newton au solide dans le référentiel du laboratoire galiléen : P
+
+ f
= m.aG
P.k
–
.k– f
.k= m.a
z.
k avec f , la norme de la force de frottement en projection sur l’axe (Oz) au point G4 :P –
– f = m.a
4f = P –
– m.a
4= m.g – .V.g – m.a
4application numérique :
f = 3,8010–3 9,8 – 12402,1010–69,8 – 3,8010–31,0 f = 7,910–3 N.
2.5. L’énoncé donne : v4 = 0,32 m.s-1. (remarque : graphiquement on trouve v4 = 0,38 m.s–1, ce qui illustre la précision de la méthode)
Or : f = k.v4 soit k =
4
f v
k =
37,9 10
0,32
= 2,510–2 kg.s-1 ( car f en N avec N = kg.m.s-2 et v en m.s-1).
3. Étude de la deuxième phase
3.1. Durant la seconde phase, en régime permanent, le mouvement est rectiligne et uniforme.
3.2. Première loi de Newton : Dans un référentiel galiléen, un solide soumis à un ensemble de forces qui se compensent est soit immobile, soit en mouvement rectiligne et uniforme. Et réciproquement.
3.3. On a : P +
+ f =
0
P –
– f = 0
Posons v = vlim = Cte alorsP – – k.vlim = 0
vlim =
P m.g .V.g g .(m .V)
k k k
vlim =
3 6
2
9,8 (3,80 10 1240 2,10 10 )
2,5 10
= 0,47 m.s-1.3.4.
13
12 14 G
2
v G G
. Or sur l’image G12G14 = 2,0 cm = 2,0.10-2 m donc
5
2 G
2,5 2,0.10
v 2 0,050
= 0,50 m.s-1
P
G
f
z
O
k
On trouve une valeur proche de la vitesse limite calculée.
Exercice 2 : Chute libre
1/ Système : {fléchette}
Référentiel terrestre supposé galiléen Bilan des forces : le poids
D’après la deuxième loi de Newton :
ext G
F m.a P
=
m.aG=
m.gdonc
aG gCaractéristiques de
aG:
-
origine : le centre de gravité G de la fléchette
-direction : verticale
-