exo 12 – Chute verticale d'un solide

ex 6 p 231

a)     g = g₀ R² / ( R + z )²  
g = 9,81 x (6,38.10³ )² / (6,38.10³ + 5,00)² = 9,795 N.kg^-1
( g₀ - g )/ g₀ = (9,81 – 9,795) / 9,81 = 1,56.10^-3 .
 l'écart est faible, on peut considérer que g ≈ g₀

b)    ( g_P – g_E )/ g_P = (9,83 – 9,78) / 9,83 = 5,09.10^-3 , cet écart est faible et on peut donc garder partout la valeur de g₀

c)     α = 360° x arc (MM') / R = (360°/2 π) x 5 / 6,38.10³
α = 4,5.10^-2 °
Cet angle est très faible, on peut considérer ces 2 directions comme parallèles.

 

ex 7 p 231

V = 5,0 mL et ρ = 8,9 g.mL^-1

a) P = m . g = ρ. V . g = 8,9.10^-3 x 5,0 x 9,8 = 0,436 N

b) P_A = m_{eau déplacée} . g = ρ’ . V . g = 1,0.10^-3 x 5,0 x 9,8 = 0,049 N

c) P_A’ = m_air.g = ρ’ . V . g = 1,3.10^-6 x 5,0 x 9,8 = 6,37.10^-5 N

d)    P / P_A’ = 6844 . On peut donc négliger la poussée d’Archimède de l’air par rapport au poids.

 

ex 8 p 232

a) Il y a d’abord un régime transitoire où la vitesse augmente et ensuite un régime permanent pendant lequel la vitesse est constante.

b) La vitesse limite correspond à la valeur de l’asymptote à la courbe : v_lim = 10 m.s^-1 

Pour déterminer le temps caractéristique t_C, on trace la tangente à l’origine qui coupe l’asymptote à la courbe à l’instant t = t_C .

 

D’après la courbe, t_C =1,1 s

 

ex 9 p 232

= - 6 π .η. R .      f_eau = 6 x 3,14 x 1,0.10^-3 x 4,0.10^-2 x 1,5.10^-2 = 1,13.10^-5 N

 

fluide	eau	eau	glycérine
vitesse (cm.s-1)	1,5	15	1,5
force (N)	1,13.10-5	1,13.10-4	9,6.10-3

 

 

ex 10 p 232

a) On étudie le système bille dans le référentiel terrestre galiléen.

forces exercées sur la bille : son poids , la poussée d’Archimède _A exercée par le liquide et la force   de frottement fluide exercée par le liquide.  Soit un vecteur unitaire vertical vers le bas.

+ _A +   = m    ⇒  m . g .  - m’ . g .  - k . v .  = m . a . ⇒  (ρ - ρ’) . V . g – k . v = ρ . V . dv/dt

ρ. V .dv/dt + k . v + (ρ’ – ρ) . V . g = 0

b) La vitesse limite est atteinte lorsque la vitesse est constante, dv/dt = 0 
k . v_lim + (ρ’ – ρ) . V . g = 0   ⇒  v_lim = (ρ – ρ’) . V . g / k  

⇒   k = (ρ – ρ’) . V . g / v_lim = (3,2 – 0,8).(4/3 π (1,0.10^-2)³) x 9,8 / 3,3.10^-3 = 0,03 S.I.

( ρ et ρ’ sont en g.mL^-1 équivalent à kg.L^-1 , V doit être en L ou dm³ )

 

ex 11 p 232

h = 3,0 m  ; v₀ = 0 m.s^-1 

a) On étudie la balle dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O, ) orienté vers le bas.

O , origine du repère, est choisie au point de départ de la balle à t = 0 s.

Le poids   de la balle est la seule force exercée sur la balle . 

On lui applique la 2^ème loi de Newton  :     = m       ⇒  m . g . = m . a .   ⇒  a = g

a = dv/dt = g  ⇒  v = g . t + k₁   ;    à t = 0 s, v = v₀ = 0 = k₁   ⇒  v = g . t

b) v = dy/dt = g . t  ⇒  y = ½ g . t² + k₂     ;  à t = 0 s, y = 0 = k₂   ⇒  y = ½ g . t²

c) La durée de la chute correspond au temps t_S où la balle a atteint le sol. y_S = h = 3,0 m
h = y_S = ½ g . t_S²   ⇒  t_S = (2 h / g) = ( 2 x 3,0 / 9,8) = 0,78 s

 

ex 12 p 232

On étudie le ballon dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O , ) orienté vers le bas.

O , origine du repère, est choisie au point de départ du ballon à t = 0 s.

Le poids   du ballon est la seule force exercée sur le ballon . 

On lui applique la 2^ème loi de Newton  :    = m       ⇒  m . g . = m . a .   ⇒  a = g

a = dv/dt = g  ⇒  v = g . t + k₁   ;    à t = 0 s, v = v₀ = 0 = k₁   ⇒  v = g . t

v = dy/dt = g . t  ⇒  y = ½ g . t² + k₂     ;  à t = 0 s, y = 0 = k₂   ⇒  y = ½ g . t²

La durée de la chute correspond au temps t_S où la balle a atteint le sol. y_S = h = 3,0 m
h = y_S = ½ g . t_S² = ½ 9,8 x 1,4² = 9,6 m

 

ex 13 p 232 

Chute sur la lune

a) L'objet est en chute libre car la force exercé dessus est son poids lunaire. Il n'y a pas d'atmosphère sur la lune, il n'y a pas de frottement ni de poussée d'Archimède de l'air.

b)  On étudie l'objet dans le référentiel lunaire supposé galiléen auquel on associe un repère vertical (O,) orienté vers le bas.

O , origine du repère, est choisie au départ de l'objet à t = 0 s.

Le poids lunaire _L  de l'objet est la seule force exercée sur l'objet . 

On lui applique la 2^ème loi de Newton  :  _L  = m       ⇒  m . g_L . = m . a .   ⇒  a = g_L

a = dv/dt = g_L  ⇒  v = g_L . t + k₁   ;    à t = 0 s, v = v₀ = 0 = k₁   ⇒  v = g_L . t

v = dy/dt = g_L . t  ⇒  y = ½ g_L . t² + k₂     ;  à t = 0 s, y = 0 = k₂   ⇒  y = ½ g_L . t²

La durée de la chute correspond au temps t_S où l'objet a atteint le sol. y_S = h = 3,0 m
h = y_S = ½ g_L . t_S²   ⇒  g_L = 2 h / t_S² = 2 x 1,4 / 1,3² = 1,66 m.s^-2

 

ex 14  p233

a) v_i = ( h_i+1 – h_i-1 ) / ( t_i+1 – t_i-1 )   ;  v₁ = (0,1 – 0) / ( 0,143 – 0) = 0,699 m.s^-1 

t (s)	0	0,101	0,143	0,175	0,202	0,226	0,247	0,267	0,286	0,303	0,319	0,335	0,35
h (m)	0	0,05	0,1	0,15	0,2	0,25	0,3	0,35	0,4	0,45	0,5	0,55	0,6
v ( m.s-1 )	0	0,70	1,35	1,69	1,96	2,22	2,44	2,56	2,78	3,03	3,12	3,23	/

b) On trace la vitesse v en fonction du temps t.

La courbe est une droite passant par l'origine. L'équation est donc v = k . t

D'après le graphique, k = 3,5 / 0,36 = 9,72

a = dv/dt = k.  Le mouvement est donc uniformément accéléré.

c) On étudie la bille dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O,) orienté vers le bas.

O , origine du repère, est choisie au point de départ de la bille à t = 0 s.

Le poids   de la bille est la seule force exercée sur la bille . 

On lui applique la 2^ème loi de Newton  :    = m       ⇒  m . g . = m . a .   ⇒  a = g

a = dv/dt = g  ⇒  v = g . t + k₁   ;    à t = 0 s, v = v₀ = 0 = k₁   ⇒  v = g . t

On a donc k = g = 9,72 m.s^-2

 

ex 15 p 233

a) Un objet est en chute libre s'il n'est soumis qu'à son poids.

Ici, il faut considérer les frottements et la poussée d'Archimède de l'air.

La balle a une forme aérodynamique, la chute se fait à faible vitesse et sur une faible hauteur, on peut négliger les forces de frottements et la poussée d'Archimède de l'air.

On peut considérer que la balle est en chute libre.

b) On étudie la bille dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O,) orienté vers le bas.

O , origine du repère, est choisie au point de départ de la bille à t = 0 s.

Le poids   de la bille est la seule force exercée sur la bille . 

On lui applique la 2^ème loi de Newton  :    = m       ⇒  m . g . = m . a .   ⇒  a = g

a = dv/dt = g  ⇒  v = g . t + k₁   ;    à t = 0 s, v = - v₀ = 0 = k₁   ⇒  v = g . t – v₀

v = dy/dt = g . t – v₀ ⇒  y = ½ g . t² – v₀ . t + k₂     ;  à t = 0 s, y = 0 = k₂   ⇒  y = ½ g . t² – v₀ . t

Remarque : Si on choisit un repère orienté vers le haut , on obtient : 

v = - g . t + v₀  et  y = - ½ g . t² + v₀ . t

c) Au sommet de la trajectoire, v₁ = 0 = g . t₁ – v₀   ⇒ t₁ = v₀ / g   ;   y₁ = ½ g . t₁² – v₀ . t₁

y₁ = ½ g . (v₀ / g)² – v₀ . v₀ / g = - ½ v₀² / g = - h = - 2,5 m

v₀ = (2 g . h) = ( 2 x 9,8 x 2,5) = 7,0 m.s^-1 

 

ex 17 p 233

a) On étudie le parachutiste dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O,) orienté vers le bas.

O , origine du repère, est choisie au départ à t = 0 s.

Le poids du parachutiste et la force de frottements sont les forces exercées sur le parachutiste

On lui applique la 2^ème loi de Newton  :  + = m       ⇒  m . g . - k . v² .  = m . a .  

⇒  a = g – k . v² / m

a = dv / dt   ⇒  dv/dt + k . v² / m – g = 0  

b) Lors de la chute, la vitesse augmente et la force de frottement aussi.

Au bout d'un moment, et ont même norme et s'annulent, l'accélération s'annule donc et la vitesse est donc constante

( v₁ = 4,5 m.s^-1 ) .

c) D'après l'équation , à vitesse constante , on a :  k . v₁² / m – g = 0  

k = m . g / v₁² = 1,0.10² x 9,8 / 4,5² = 48,4 kg.m^-1

 

ex 18 p 233

a) graphique

 

b) La vitesse limite correspond à la valeur de l'asymptote à la courbe.

v_{1 lim} = 35 m.s^-1 ;  tc₁ = 2,9 s  et v_{2 lim} = 30 m.s^-1  ;  tc₂ = 3,5 s

c) ρ = 1,3.10^-3 g.cm^-3  = 1,3.10^-6 kg.cm^-3 

P_A = m_{air déplacé} . g = ρ. V . g = 1,3.10^-6 x 1,6.10² x 9,8 = 0,002 N  ;  P = m . g = 0,053 x 9,8 = 0,52 N

La poussée d'Archimède P_A est bien négligeable devant le poids P.

d) On étudie la balle dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O, ) orienté vers le bas.

O , origine du repère, est choisie au départ à t = 0 s.

Le poids de la balle et la force de frottements sont les forces exercées sur la balle.

On lui applique la 2^ème loi de Newton  :  + = m       ⇒  m . g . - k . v² .  = m . a .  

a = g – k . v² / m   ⇒    a = dv / dt   ⇒  dv/dt + k . v² / m – g = 0  

e) Si la vitesse limite est atteinte, la vitesse est constante, a = dv/dt = 0 m.s^-2  ⇒ k . v_lim² / m – g = 0  

k = m . g / v_lim²  ⇒ k₁ = 0,053 x 9,8/ 35² = 4,2.10^-4 kg.m^-1  et k₂ = 0,053 x 9,8/ 30² = 5,8.10^-4 kg.m^-1 

L'état de surface de la balle modifie la valeur de la force de frottements.

 

ex 19 p 234 méthode d'Euler

volume V, masse volumique ρ, v₀ = 0 m.s^-1 . bille en chute verticale

a)     = - k
Référentiel galiléen : terrestre ; Système : la bille ; forces : poids vertical vers le bas = m
force de frottement , verticale vers le haut :  = - k , poussée d'Archimède : _A = -ρ_liq . V
2^ème loi de Newton : Σ _ext = m    ⇒   + + _A = m     ⇒ ρ. V . g - k . v - ρ_{liq .} V . g = m . a
m . dv/dt = (ρ - ρ_liq) . V . g - k . v   ⇒   dv/dt = - k . v / m + (1 - ρ_liq /ρ) . g
dv/dt = a . v + b  avec  a = - k / m  et b = (1 - ρ_liq /ρ) . g

b)    Méthode d'Euler : Si Δt est petit, on assimile dv/dt à Δv/Δt
à t = 0 s , v = v₀      ;    à t₁ = t₀ + Δt ,  v₁ = v₀ + Δv = v₀ + a₀.Δt = v₀ + (a.v₀+b).Δt
à t_i+1 = t_i + Δt, v_i+1 = v_i + (a.v_i + b) .Δt

c)     a = -9,0 s^-1 et b = 10 m.s^-2   , Δt = 0,03 s

à t₆ = 0,18 s , v₆ = 0,94 m.s^-1  

à t₇ = t₆+ 0,03 = 0,21 s , v₇ = v₆ + (a.v₆ + b) .Δt = 0,94 + (-9,0 x 0,94 + 10) x 0,03 = 0,986 m.s^-1

à t₈ = t₇+ 0,03 = 0,24 s , v₈ = v₇ + (a.v₇ + b) .Δt = 0,986 + (-9,0 x 0,986 + 10) x 0,03 = 1,02 m.s^-1

à t₉ = t₈+ 0,03 = 0,27 s , v₉ = v₈ + (a.v₈ + b) .Δt = 1,02 + (-9,0 x 1,02 + 10) x 0,03 = 1,045 m.s^-1

d) v_lim = 1,05 m.s^-1    τ = 0,105 s

 ex 20 p 234

a) On étudie la bille dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O,) orienté vers le bas.

O , origine du repère, est choisie au point de départ de la bille à t = 0 s.

Supposons que le poids   de la bille est la seule force exercée sur la bille . 

On lui applique la 2^ème loi de Newton  :    = m       ⇒  m . g . = m . a .   ⇒  a = g

a = dv/dt = g  ⇒  v = g . t + k₁   ;    à t = 0 s, v = v₀ = 0 = k₁   ⇒  v = g . t

v = dy/dt  ⇒  y = ½ g . t² + k₂  ;   à t = 0 s, y = 0 = k₂  ⇒   y = ½ g . t²

h = ½ g . t₁² = ½ 9,8 x 0,5² = 1,2 m   et v₁ = g . t₁ = 9,8 x 0,5 = 4,9 m.s^-1 

Cela confirme l'hypothèse que l'objet est en chute libre.

b) ρ = 0,8 g.cm^-3  = 8.10^-4 kg.cm^-3 

P_A = m_{fluide déplacé} . g = ρ. V . g = 8.10^-4 x 0,5 x 9,8 = 0,0039 N  ;  P = m . g = 0,0015 x 9,8 = 0,015 N

La poussée d'Archimède P_A est bien négligeable devant le poids P.

On étudie la bille dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O,) orienté vers le bas.

O , origine du repère, est choisie au départ à t = 0 s.

Le poids de la bille et la force de frottements sont les forces exercées sur la bille.

On lui applique la 2^ème loi de Newton  :  + = m       ⇒  m . g . - k . v .  = m . a .  

a = g – k . v / m   ⇒    a = dv / dt   ⇒  dv/dt + k . v / m – g = 0  

Lorsque la vitesse limite est atteinte, la vitesse est constante et dv/dt = 0 ⇒ k . v_lim / m – g = 0  

v_lim = m . g / k = 1,5.10^-3 x 9,8 / 8,0.10^-2 = 0,18 m.s^-1 = 18 cm.s^-1

c) chute d'une balle de golf    

La poussée d'Archimède P_A de l'air est bien négligeable devant le poids P de la balle.

On étudie la balle dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O,) orienté vers le bas.

O , origine du repère, est choisie au départ à t = 0 s.

Le poids de la balle et la force de frottements sont les forces exercées sur la balle.

On lui applique la 2^ème loi de Newton  :  + = m       ⇒  m . g . - k . v² .  = m . a .  

a = g – k . v² / m   ⇒    a = dv/dt   ⇒  dv/dt + k . v² / m – g = 0  

Lorsque la vitesse limite est atteinte, la vitesse est constante et dv/dt = 0 ⇒ k . v_lim² / m – g = 0  

k = m . g / v_lim² = 46.10^-3 x 9,8 /35² = 3,68.10^-4 S.I.

d) On étudie les billes dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O,) orienté vers le bas.

O , origine du repère, est choisie au point de départ des billes à t = 0 s.

Le poids   de la bille est la seule force exercée sur la bille . 

On lui applique la 2^ème loi de Newton  :    = m       ⇒  m . g . = m . a .   ⇒  a = g

a = dv / dt = g  ⇒  v = g . t + k₁   ;    à t = 0 s, v = -v₀ = k₁   ⇒  v = g . t – v₀

v = dy/dt  ⇒ y = ½ g . t² – v₀ . t + k₂   ; à t = 0s, y = 0 = k₂ ⇒ y = ½ g . t² – v₀ . t

Au sommet de la trajectoire, v₁ = 0 = g . t₁ – v₀    et y = - h = ½ g . t₁² – v₀ . t₁

t₁ = v₀ / g   et  h = - ½ g . ( v₀/g )² + v₀ . v₀ / g = ½ v₀² / g   ⇒  v₀ = (2 g . h )

La hauteur maximale est indépendante de la masse de la bille. ( La 1^ère hypothèse est fausse )

Pour la bille B₁, v₀ = (2 x 9,8 x 1,5) = 5,4 m.s^-1   (La 2^ème hypothèse est valable)

Les 2 billes n'ont pas été lancées avec la même vitesse initiale car v₀ dépend de h, qui est différente pour les 2 billes.

Pour la bille B₂ , v₀ = (2 x 9,8 x 1,2) = 4,85 m.s^-1 et t₁= v₀/g = 0,49s

 

ex 21 p 234

a) goutte de brouillard : ρ = 1,0 g.cm^-3  = 1,0.10³ kg.m^-3  ;  ρ' = 1,3.10^-3 g.cm^-3  

P_A / P = m_{fluide déplacé} . g / (m . g) = ρ' / ρ = 1,3.10^-3 / 1,0 = 0,0013  

La poussée d'Archimède P_A est bien négligeable devant le poids P.

b) On étudie la goutte dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère vertical (O,) orienté vers le bas.

O , origine du repère, est choisie au départ à t = 0 s.

Le poids de la goutte et la force de frottements sont les forces exercées sur la bille.

On lui applique la 2^ème loi de Newton  :   + = m       ⇒  m . g . - k . v .  = m . a .  

a = g – k . v / m   ⇒    a = dv / dt   ⇒  dv/dt + k . v / m – g = 0  

c) Lorsque la vitesse limite est atteinte, la vitesse est constante et dv/dt = 0 ⇒ k . v_lim / m – g = 0  

v_lim = m . g / k

d) v = v_lim.( 1 – e ^{-k / m} )   ; dv/dt = v_lim . (k / m) . e ^{– k / m} = g . e ^{– k / m}

dv/dt + k . v / m – g = g . e ^{– k / m} + ( k / m) . v_lim . (1 – e^{- k/m} ) – g = ( k / m) . v_lim = g . e ^{– k / m} + g – g . e^{- k/m} – g = 0

Cette solution vérifie bien l'équation différentielle.

e) v_lim = 1,5 cm.s^-1 ;  k = m.g / v_lim = 6 π . η. R  ⇒ ρ. (4/3 π.R³) . g / v_lim = 6 π.η. R 

R = ( 9/2 η . v_lim / (ρ. g) =  ( 9/2 x 1,8.10^-5 x 1,5.10^-2 / ( 1,0.10³ x 9,8 ) = 1,1.10^-5 m

 

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