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) ( gP – gE )/ gP = (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) PA = meau déplacée . g = ρ’ . V . g = 1,0.10-3 x 5,0 x 9,8 = 0,049 N
c) PA’ = mair.g = ρ’ . V . g = 1,3.10-6 x 5,0 x 9,8 = 6,37.10-5 N
d) P / PA’ = 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 : vlim = 10 m.s-1
Pour déterminer le temps caractéristique tC, on trace la tangente à l’origine qui coupe l’asymptote à la courbe à l’instant t = tC .
D’après la courbe, tC =1,1 s
ex 9 p 232
= - 6 π .η. R .
feau = 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 . vlim + (ρ’ – ρ) .
V . g = 0 ⇒ vlim = (ρ
– ρ’)
. V . g / k
⇒ k = (ρ – ρ’) . V . g / vlim = (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 2ème 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 tS
où la balle a atteint le sol. yS = h = 3,0 m
h = yS = ½ g . tS2 ⇒ tS = (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 2ème 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 tS où
la balle a atteint le sol. yS = h = 3,0 m
h = yS = ½ g . tS2 = 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 2ème loi de Newton : L = m
⇒ m . gL .
= m . a .
⇒ a = gL
a = dv/dt = gL ⇒ v = gL . t + k1 ; à t = 0 s, v = v0 = 0 = k1 ⇒ v = gL . t
v = dy/dt = gL . t ⇒ y = ½ gL . t2 + k2 ; à t = 0 s, y = 0 = k2 ⇒ y = ½ gL . t2
La durée de la chute correspond au temps tS où
l'objet a atteint le sol. yS = h = 3,0 m
h = yS = ½ gL . tS2 ⇒ gL = 2 h / tS2
= 2 x 1,4 / 1,32 = 1,66 m.s-2
ex 14 p233
a) vi = ( hi+1 – hi-1 ) / ( ti+1 – ti-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 2ème 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 2ème 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 2ème 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.
v1 lim = 35 m.s-1 ; tc1 = 2,9 s et v2 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
PA = mair 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 PA 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 2ème 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 . vlim2 / m – g = 0
k = m . g / vlim2 ⇒ 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 = -ρliq
. V
2ème loi de Newton : Σ ext
= m
⇒
+
+
A = m
⇒ ρ. V . g - k . v - ρliq
. V . g = m . a
m . dv/dt = (ρ
- ρliq)
. V . g - k . v ⇒ dv/dt = - k . v / m + (1 - ρliq /ρ) . g
dv/dt = a . v + b avec a = - k / m
et b = (1 - ρliq
/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 ti+1 = ti + Δt, vi+1 = vi + (a.vi +
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) vlim = 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 2ème 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
PA = mfluide 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 PA 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 2ème 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 . vlim / m – g = 0
vlim = 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 PA 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 2ème 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 . vlim2 / m – g = 0
k = m . g / vlim2 = 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 2ème 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 1ère hypothèse est fausse )
Pour la bille B1, v0 = (2 x 9,8 x 1,5) = 5,4 m.s-1 (La 2ème 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
PA / P = mfluide déplacé . g / (m . g) = ρ' / ρ = 1,3.10-3 / 1,0 = 0,0013
La poussée d'Archimède PA 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 2ème 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 . vlim / m – g = 0
vlim = m . g / k
d) v = vlim.( 1 – e -k / m ) ; dv/dt = vlim . (k / m) . e – k / m = g . e – k / m
dv/dt + k . v / m – g = g . e – k / m + ( k / m) . vlim . (1 – e- k/m ) – g = ( k / m) . vlim = g . e – k / m + g – g . e- k/m – g = 0
Cette solution vérifie bien l'équation différentielle.
e) vlim = 1,5 cm.s-1 ; k = m.g / vlim = 6 π . η. R ⇒ ρ. (4/3 π.R3) . g / vlim = 6 π.η. R
R = ( 9/2 η . vlim / (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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