Exercices : la deuxième loi de Newton

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Correction dÊexercices
Etudes de cas en mécanique newtonienne
Exercice n°4 page 194
Son mouvement rectiligne est uniformément varié, ce qui signifie que son accélération est constante :
mouvement uniforme <=> vitesse constante en norme
mouvement uniformément varié <=> accélération constante
a =
vf − vi
0 − 20
=
= 2,0 m.s − 2
∆t
10
Attention : la variation de vitesse peut être calculée ici par soustraction uniquement parce que le mouvement
est rectiligne. Si les vecteurs v i et v f ne sont pas colinéaires, on ne soustrait pas leurs normes, on fait une
soustraction vectorielle.
Construction : les vecteurs vitesse ont la direction et le sens du mouvement rectiligne. La norme de la vitesse
diminue puisque le mouvement est ralenti. Le vecteur accélération, en revanche, a la direction du
mouvement mais un sens opposé (décélération). Sa norme est constante puisque le mouvement est
uniformément ralenti.
a
v1
a
v2
Exercice n°6 page 195
Dans chacun des quatre cas, le parachutiste n’est soumis qu’à deux forces : son poids, vertical vers le bas et
de norme constante P = mg, et la force de frottement de l’air qui augmente avec la vitesse de chute.
dans le premier cas, la vitesse de chute est encore faible et la force de frottement quasiment nulle. Le
parachutiste n’est donc soumis qu’à son poids et son accélération a les caractéristiques du vecteur
accélération de la pesanteur : vertical vers le bas, de norme 10 m.s-2.
dans les cas n°2 et n°3, la situation est la même : la force de frottement est opposée au poids mais ne le
compense pas (350N puis 700N alors que le poids est de 800N). Le parachutiste tombe donc toujours en
accélérant, mais il accélère de moins en moins. Sa vitesse de chute, bien que toujours croissante, tend
vers une valeur limite.
dans le cas n°4, la vitesse est telle que la force de frottement atteint 800N et compense le poids. Le
parachutiste est alors la situation du principe d’inertie : la somme des forces qui lui sont appliquées est
nulle, donc il tombe à vitesse constante, sans plus accélérer mais sans ralentir non plus. Cette vitesse
dépend essentiellement de la position que prend le parachutiste. Elle se situe entre 200 et 250 km/h.
Exercice n°11 page 195
Supposons l’accélération constante pendant l’essai et calculons la distance qu’elle parcourt alors.
Si a est constante : a =
Or
a(t) =
dv
dt
donc
v f − v i 28 − 0
=
= 2,8 m.s −2
∆t
10
v(t) = a × t
et
v( t ) =
(rappel : 100 km.h-1 = 28 m.s-1)
dx
dt
donc
Corrections d’exercices : études de cas en mécanique newtonienne
1
x(t) = − a t 2
2
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Les constantes cte1 et cte2 qui apparaissent au moment des intégrations sont nulles puisque la vitesse initiale
de la voiture est nulle et son abscisse initiale aussi (v0 = 0 et x0 = 0).
1
La distance parcourue en 10 secondes est alors : x(t = 10) = − × 2,8 × 102 = 140 m
2
Si l’accélération de la voiture était constante durant l’essai, la voiture aurait parcouru 140 m et non 160 m.
L’accélération n’est donc pas constante durant cet essai. Elle a dû être plus forte dans les premiers instants et
diminuer peu à peu alors que la voiture prenait de la vitesse.
Exercice n°12 page 195
a/ f E =
q U 2 × 1,6.10−19 × 800
=
= 2,1.10 −16 N
d
1,20
b/ Si l’on considère que l’ion Ne2+ n’est soumis qu’à cette force électrique, on a :
∑F
ext
=fE
m Ne2 + =
or
∑F
ext
= m×a
donc
M Ne 20,2.10−3
=
= 3,36.10− 26 kg
NA
6,02.1023
a=
donc
fE
m
fE
2,1.10 −16
=
= 6,3.109 m.s − 2
m 3,36.10 −26
a =
Pour comparaison, quand on tombe sur Terre, c’est avec une accélération de 10 m.s-2.
Exercice 17 page 198
Référentiel : terrestre (galiléen sur la durée de chute de la bille)
Système d’étude : la bille
Bilan de forces : la bille n’est soumise qu’au poids, vertical vers le bas, de norme mg.
La bille est lâchée et non pas lancée, ce qui signifie que sa vitesse initiale est nulle (v0 = 0).
Par ailleurs, elle est lâchée depuis l’origine du repère donc x0 = 0.
Le repère est un repère à une seule dimension, verticale, orientée vers le bas. On a donc : g = + g k
∑F
ext
=P
or
P = mg
∑F
donc
ext
= m×g
et
a=g
D’après la deuxième loi de Newton :
z0 = 0
k
∑F
ext
= m×a
donc
m×a = m×g
Le vecteur g est vertical vers le bas donc a = g = g k
g
Par définition :
a(t) =
dv z
= a z (t) = g
dt
donc
dv
dt
vz(t) = g t + cte1
La vitesse initiale de la bille est nulle donc à t = 0, vz(t = 0) = 0
donc cte1 = 0. On a donc : vz(t) = g t
z sol = 54 m
Toujours par définition :
Corrections d’exercices : études de cas en mécanique newtonienne
v z (t) =
dz
dt
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dz
= v z (t) = g × t
dt
donc
z(t) =
1 2
g t + cte 2
2
La bille est lâchée depuis l’origine du repère donc z(t = 0) = 0 ce qui implique que cte2 = 0. L’abscisse de la
1
bille à l’instant t a donc pour expression : z(t) = g t 2 (équation horaire de la chute).
2
b/ Durée de chute de la bille : la bille touche le sol lorsque z = 54 m.
z sol =
1 2
g t sol = H
2
⇔
t sol =
2H
=
g
2 × 54
= 3,3 s
9,8
c/ Vitesse de la bille en arrivant au sol
vz(t = 3,3s) = g × t = 33 m.s-1
soit
120 km/h
Exercice 21 page 199
a/ « tous les corps tomberaient à vitesse égale »… Il faut comprendre que tous les corps auraient la même
vitesse, indépendamment de leur masse et de leur forme. Mais ils ne tomberaient pas à vitesse constante
puisqu’ils accélèreraient sous l’effet de l’attraction gravitationnelle.
b/ « si l’on éliminait complètement la résistance du milieu »… On dirait aujourd’hui « si les forces de
frottement de l’air sont annulées ».
Galilée fait l’hypothèse que, sans la résistance du milieu, tous les corps tomberaient de la même manière.
c/ En faisant le vide dans le tube, Newton annule tout type de résistance au mouvement de chute des corps et
valide l’hypothèse de Galilée.
En août 1971, la mission Apollo 15 emporta un marteau et une plume afin de réaliser une vidéo illustrant les
prévisions de Galilée : http://www.sciencesphysiques.info/cours/utilitaires/Apollo15.webm
« Dans ma main gauche, j’ai une plume ; dans ma main droite, un marteau. Et je suppose
qu’une des raisons pour lesquelles nous sommes ici aujourd’hui est due à un gentleman
nommé Galilée, il y a longtemps, qui fit une découverte relativement importante concernant
les objets qui tombent dans les champs de gravité. Et nous pensions qu’il n’y aurait de
meilleur endroit pour confirmer ses trouvailles que sur la Lune. Et donc nous pensions
essayer cela ici pour vous. La plume semble être, de façon appropriée, une plume de faucon
pour notre Falcon. Et je lâcherai les deux ici qui, heureusement, atteindront le sol au même
moment. »
Exercice n°29 page 201
Référentiel : terrestre (galiléen sur le temps court de déplacement de la balle)
Système d’étude : la balle
Bilan des forces : le poids, vertical vers le bas, de norme P = mg
L’énoncé ne dit pas que les frottements de l’air sur la balle sont négligeables mais nous allons le considérer
sinon l’exercice se complique sensiblement. La balle n’est donc soumise qu’à son poids, il s’agit d’un
mouvement de chute libre avec vitesse initiale.
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∑F
ext
=P
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P = mg
or
donc
D’après la deuxième loi de Newton :
∑F
ext
= m×g
∑F
ext
= m×a
donc
m×a = m×g
et
a=g
Par définition, le vecteur g est vertical vers le bas donc g = − g k et a (0 ; − g )
Les coordonnées du vecteur accélération sont donc : ax(t) = 0 et az(t) = – g
La vitesse est, par définition, la dérivée de l’accélération :
a(t) =
dv
dt
dv x
= a x ( t ) = 0 donc vx(t) = cte1
dt
dv z
= a z ( t ) = − g donc vz(t) = – g t + cte2
dt
On a donc :
A t = 0 : vx(t = 0) = cte1 et vz(t = 0) = – g × 0 + cte2 = cte2 donc v 0 (cte1 ; cte2)
L’énoncé donne les caractéristiques de la vitesse initiale : v 0 = v 0 × i donc cte1 = v0 et cte2 = 0
Au final : v ( t ) (v0 ; – g t)
De la même manière, le vecteur vitesse est par définition la dérivée du vecteur position :
v( t ) =
d OG
dt
dx
= v x ( t ) = v 0 donc x(t) = v0 × t + cte3
dt
dz
1
= v z ( t ) = − g × t donc z(t) = − g t 2 + cte 4
dt
2
On a donc :
1
A t = 0 : x(t = 0) = v0 × 0 + cte3 = cte3 et z(t = 0) = − g × 0 + cte 4 = cte 4 donc OG 0 (cte3 ; cte4)
2
L’énoncé donne la position initiale : OG 0 = H × k
donc cte3 = 0 et cte4 = H
Au final, on retrouve les équations horaires données dans l’énoncé :
x(t) = v0 × t
1
z(t) = − g t 2 + H
2
Equation de la trajectoire de la balle : on exprime t dans la première équation et on remplace dans la seconde.
t=
x( t)
v0
2
et
1  x 
z(x) = − g   + H
2  v0 
donc
z(x) = −
1 g 2
x +H
2 v 02
L’équation du mouvement est du type z(x) = ax2 + bx + c donc le mouvement de la balle est parabolique.
A l’abscisse x = D = 12,0 m : z(x) = −
1 g 2
1 9,8
x +H =− ×
× 12 2 + 2,5 = 0,74 m
2
2 v0
2 ( 20) 2
A l’abscisse x = 12,0, la balle est à une hauteur z = 74 cm donc elle ne passe pas le filet de hauteur 90 cm.
Deuxième balle…
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Exercice n°30 page 201
a/ Dans le repère proposé, le vecteur v 0 a pour coordonnées :
v0x = v0 × cos α
et
v0z = v0 × sin α
b/ L’influence des frottements de l’air peut être négligée donc la balle de golf n’est soumise qu’à son poids.
Nous sommes dans un cas de chute libre avec vitesse initiale, comme dans l’exercice précédent :
∑F
ext
=P
P = mg
or
D’après la deuxième loi de Newton :
donc
∑F
ext
= m×g
∑F
= m×a
donc
ext
m×a = m×g
et
a=g
Par définition, le vecteur g est vertical vers le bas donc g = − g k et a (0 ; − g )
Les coordonnées du vecteur accélération sont donc : ax(t) = 0 et az(t) = – g
a(t) =
c/ La vitesse est, par définition, la dérivée de l’accélération :
On a donc :
dv
dt
dv x
= a x ( t ) = 0 donc vx(t) = cte1
dt
dv z
= a z ( t ) = − g donc vz(t) = – g t + cte2
dt
A t = 0 : vx(t = 0) = cte1 et vz(t = 0) = – g × 0 + cte2 = cte2 donc v 0 (cte1 ; cte2)
L’énoncé donne les caractéristiques de la vitesse initiale :
v 0 = v 0 cos α × i + v 0 sin α × k
donc
cte1 = v0 × cos α
et
cte2 = v0 × sin α
Au final : v ( t ) ( v0 × cos α ; – g t + v0 × sin α)
d/ De la même manière, le vecteur vitesse est par définition la dérivée du vecteur position :
On a donc :
v( t ) =
d OG
dt
dx
= v x ( t ) = v 0 cos α donc x(t) = (v0 cos α) × t + cte3
dt
dz
1
= v z ( t ) = − g × t + sin α donc z(t) = − g t 2 + ( v 0 sin α) × t + cte4
dt
2
1
A t = 0 : x(t = 0) = v0 × 0 + cte3 = cte3 et z(t = 0) = − g × 0 + cte 4 = cte 4 donc OG 0 (cte3 ; cte4)
2
L’énoncé donne la position initiale : OG 0 (0 ; 0) donc cte3 = 0 et cte4 = 0
Au final, on retrouve les équations horaires données dans l’énoncé :
x(t) = (v0 cos α) × t
1
z(t) = − g t 2 + ( v 0 sin α) × t
2
Equation de la trajectoire de la balle : on exprime t dans la première équation et on remplace dans la seconde.
x( t)
t=
v 0 cos α
2
et

1 
x
x
 + v 0 sin α ×
z(x) = − g 
2  v 0 cos α 
v 0 cos α
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donc
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z(x) = −
1
g
x 2 + (tan α) x
2 ( v 0 cos α) 2
L’équation du mouvement est du type z(x) = ax2 + bx + c donc le mouvement de la balle est parabolique.
e/ Au point S, la vitesse ne peut pas être nulle car, l’accélération étant constante et verticale vers le bas, si la
vitesse était nulle en un point de la trajectoire, le mouvement serait ensuite rectiligne vertical (et accéléré).
De plus, nous avons montré que la coordonnées vx(t) était une constante non nulle : vx(t) = v0 cos α.
f/ Au point S, le vecteur vitesse, tangent à la trajectoire, est horizontal donc sa composante verticale est
nulle (et sa composante horizontale bien sûr égale à v0 × cos α) :
vz(tS) = – g tS + v0 × sin α = 0
donc
tS =
v 0 sin α
g
2
H flèche
1
1  v sinα 
v sinα 1 (v 0sinα) 2
= z(t S) = − g t S2 + ( v 0 sin α) × t S = − g  0
= ×
 + ( v 0 sin α) × 0
2
2  g 
g
2
g
g/ Lorsque le projectile retombe au sol : zI = (xI) = 0
donc
z(x I ) = −
1
g
2
x + (tan α)x I = 0
2 I
2 ( v 0 cos α)
⇔
 1

g
 −
x + (tan α)  × x I = 0
2 I
 2 ( v 0 cos α)

Il y a deux solutions à cette équation, dont x = 0 qui correspond à la position de départ (position initiale).
Nous cherchons donc l’autre solution :
2 tan α × v 02 × cos α2
2 sin α × cos α × v 02
1
g
=
=
⇔
x
⇔
x
−
x
+
(tan
α
)
=
0
I
I
I
g
g
2 ( v 0 cos α)2
h/ Si α = 30° et v0 = 18 m.s-1 alors :
H flèche =
xI =
1 (v 0sinα) 2 1 (18,0 × sin30) 2
×
= ×
= 4,1 m
2
g
2
9,8
2 sin α × cos α × v 20 2 sin 30 × cos 30 × 18,02
=
= 28,6 m
g
9,8
La balle de golf montera jusqu’à 4,1 m et retombera au sol 28,6 m plus loin. On retrouve exactement ces
valeurs dans l’application de M. Gastebois :
http://gilbert.gastebois.pagesperso-orange.fr/java/balistique/balistique.htm
On constate par ailleurs que deux tirs avec deux angles complémentaires par rapport à 90° (20 et 70 ou 30 et
60 ou 40 et 50 par exemple) donnent toujours la même portée, et que celle-ci est maximale pour un angle de
45°.
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