TS2 Correction DS de Physique décembre 2010 Exercice 1 :
1. Voir ci-contre : :
2. Étude de la première phase :
2.1. 3 2 4 2 4
4 2 2
G
G G G G
v t t , sur l’image G2G4 = 1,2 cm =1,210–2 m donc
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.
G2
G4
G6
G3
G5 vG3
G5
v
k
4
a
G13
G12
G14
Les 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
2.2. 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.
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.
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
Exercice 2 : La grêle
A – CHUTE LIBRE
A.1. Considérons comme système le grêlon dans un référentiel terrestre (supposé galiléen) en chute libre.
Il n’est soumis qu’à son poids.
Appliquons la deuxième loi de Newton : P ma
ou mgo ma
soit go a
Par projection sur l’axe Oz vertical, il vient az = go
Or
a
z
ddtvz par intégration on obtient vz = go×t + v0z.Le grêlon tombe sans vitesse initiale, soit v0z = 0 m.s–1 donc : vz = go×t D’autre part vz dzdt par intégration on a : z = ½ go×t² + z0.
Or à t = 0 s, le grêlon est en O , donc z0 = 0 m d’où : z = ½ go×t²
A.2. Quand le grêlon atteint le sol, alors z = h = 1500 m, exprimons la date t d'arrivée au sol : h = ½ go×t² soit
go
t 2h
remplaçons t par son expression pour trouver la vitesse de chute : vh = go.t =
o go
g 2h
1500 80 , 9 2 2
vh hgo = 171 m.s-1 = 617 km.h-1
Dans le texte, on nous dit que la vitesse d’un grêlon au sol peut atteindre 160 km/h, la valeur obtenue avec ce modèle de chute libre, n’est pas vraisemblable.
B – CHUTE REELLE
1. FA = ×V×g0 = 34 r3g0
FA = 34 32,0.10 1,3 9,80
3
2
= 1,8.10-4 N
P = m×go = 13.10-3×9,80 = 0,13 N
Le poids du grêlon est environ 700 fois plus élevé que la poussée d’Archimède, on peut donc négliger celle-ci devant le poids.
2.a. Appliquons la deuxième loi de Newton au grêlon, dans un référentiel terrestre (supposé galiléen). Le grêlon est soumis à son poids et à la force de frottement fluide :
a m F
P le poids est vertical dirigé vers le bas
la force de frottement est verticale dirigée vers le haut, En projetant sur l’axe Oz vertical et dirigé vers le bas il vient : P – F = m×az
Soit : dtv mg Kv2
m d o
ou v v2
m
g K dt d
o L’équation différentielle obtenue est bien de la forme v .v2 B dt A
d
avec A = go et B = K / m
2.b. ai = A – B×vi2 a4 = A – B×v42 = 9,80 – 1,56.10-2×17,2² = 5,18 m.s-2 vi+1 = vi + ai×t v5 = v4 + a4×t = 17,2 + 5,18×0,5 = 19,8 m.s-1 2.c. Quand la vitesse limite est atteinte alors celle-ci est constante et dtv 0
d 0
v2lim
B
A
2
lim 1,56 10
80 , v 9
B
A 25 m.s-1
B.3.d. On trace l’asymptote à la courbe :
vlim =
