Td corrigé Exercice III. Les lois de Newton (5,5 points) pdf

(1)

Asie 2008 EXERCICE III : LES LOIS DE NEWTON ( 5,5 points) Correction © http://labolycee.org

1. Voir ci-contre : :

2. Étude de la première phase :

2.1.1. ₃ ² ⁴ ² ⁴

4 2 2

 

 

G

G G G G

v t t

, sur l’image G2G4 = 1,2 cm =1,210^–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 =1,610^–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, vG₃

mesure 1,5 cm et vG₅

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

2

G

4

G

6

G

3

G

5 vG₃

G5

v

k 

4

a

G

13

G

12

G

14

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)

2.1.2. 5 3



5 3



4 2 2

G G

v v .k

v v

a v

t . .

 

   

  

  

  ₌

4

a .koù 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, a₄

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.a_G

 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

4

f = P –



– m.a

4

= m.g – .V.g – m.a

4

application numérique :

f = 3,8010^–3  9,8 – 12402,1010^–69,8 – 3,8010^–31,0 f = 7,910^–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 =



³

7,9 10

0,32

^{= 2,510}

–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 alors

P –  – 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

On trouve une valeur proche de la vitesse limite calculée.

P







G



f

z O

k

