Solution des exercices : Dynamique - Ts

Classe: 
Terminale
 

Exercice 1


 
1) a) Vitesse du solide (S) en B, en C et en D
 
  Système étudié : le solide (S)
 
  Référentiel d'étude : terrestre supposé galiléen
 
  Bilan des forces appliquées : le poids P et la réaction R du plan
 
Le théorème de l'énergie cinétique s'écrit entre :
 
  les points A  et  B :
 
ΔEC=WECBECA=WAB(P)+WAB(R)12mv2B0=mgABsinα+0vB=2ABgsinαvB=2×1.6×10sin30vB=4.0ms1
 
ΔEC=WECCECB=WBC(P)+WBC(R)12mv2C12mv2B=mgr(1cosα)+0vC=2gr(1cosα)+v2BvC=2×10×0.9(1cos30)+42vC=4.3ms1
 
  les points C  et  D :
 
ΔEC=WECDECC=WCD(P)+WCD(R)12mv2D12mv2C=mgr(1cosβ)+0vD=v2C2gr(1cosβ)vD=(4.3)22×10×0.9(1cos60)vD=3.0ms1
 
b) Intensité de la force R exercée par la piste sur le solide (S) en C et en D
 
  Système étudié : le solide
 
  Référentiel : terrestre supposé galiléen
 
  Bilan des forces appliquées : le poids P du solide ; la réaction de la piste R
 
  Le théorème du centre d'inertie s'écrit : P+R=ma
 
Dans le repère de Frenet (M, ut, un)
 
suivant un :
 
P+R=manmg+RC=mV2CrRC=m(g+V2Cr)RC=50103(10+4.320.9)RC=1.5
 
Pcosθ+R=manmgcosθ+RD=mV2DrRD=m(gcosθ+V2Dr)RD=50103(10cos60+3.020.9)RD=0.75N
 
c) Caractéristiques du vecteur vitesse VD du solide (S) au point D
 
  Point d'application : le point D
 
  Direction : tangente à la trajectoire au point D
 
  Sens : dirigé vers le haut
 
  Intensité : vD=3.0ms1
 
2) a) Équation cartésienne de la trajectoire du mouvement de (S)
 
Le solide est soumis à son poids P ; dans le référentiel terrestre supposé galiléen, le théorème du centre d'inertie appliqué au solide (S) s'écrit :
 
P=mamg=maa=ga{ax=0ax=g
 
dVdt=a  {Vx=cteVx=gt+cte
 
Or,  {Vx(0)=cte=VDcosθVx(0)=g×0+cte=VDsinθ
 
Donc, V{Vx=VDcosθVx=gt+VDsinθ
 
Par suite,
 
dOMdt=VOM{x=(VDcosθ)t+ctez=12gt2+(VDsinθ)t+cte{x(0)=(VDcosθ)×0+cte=0z(0)=12g×02+(VDsinθ)×0+cte=h+r(1cosθ){x=(VDcosθ)t(1)z=12gt2+(VDsinθ)t+h+r(1cosθ)(2)
 
(1)  x=(VDcosθ)t  t=xVDcosθ
 
(1) dans (2) entraine :
 
z=12g(xVDcosθ)2+(VDsinθ)(xVDcosθ)+h+r(1cosθ)
 
z=12gx2V2Dcos2θ+xtanθ+h+r(1cosθ)
 
b) Hauteur H au-dessus du sol horizontal
 
dzdx=gxV2Dcos2θ+tanθ=0  x=V2Dcos2θgtanθ
 
Donc,
 
z=12g(V2Dcos2θgtanθ)2V2Dcos2θ+V2Dcos2θgtanθtanhθ+h+r(1cosθ)=12V2Dcos2θgtan2θ+h+r(1cosθ)=12V2Dcos2θg+h+r(1cosθ)=123.02sin26010+1.55+0.9(1cos60)=H=2m
 
c) Calcul de la distance OP où P est le point d'impact du solide (S) sur le sol horizontal
 
z1=tanθ+tanθ2+2g(h+r(1cosθ)V2Dcosθ2)gV2Dcosθ2=tan60+tan602+2×10(1.55+0.9(1cos60)3.02cos602)10×3.02cos602=4.0
 
z1=4.0m
 
z2=tanθ+tanθ2+2g(h+r(1cosθ)V2Dcosθ2)gV2Dcosθ2
 
z2<0 ;
 
Cette solution n'a pas de sens physique
 
3) a) Expression algébrique du travail Wf de la force en fonction de m, g, R et α
 
 
Le théorème de l'énergie cinétique s'écrit entre A  et  D
 
ECDECA=WAD(P)+WAD(R)+WAD(f)
 
Donc, 00=mgrcosθ+0+WAD(f)
 
Ce qui donne : WAD(f)=mgrcosθ
 
Calcul Wf
 
WAD(f)=mgrcosθ=50103×10×0.9cos60=0.225J
 
b) Intensité de la force f
 
WAD(f)=f(AB+rπ2)f=WAD(f)AB+rπ2f=0.225J1.6+0.9×π2f=0.075N

Exercice 2

1) Détermination des composantes de l'accélération de la bombe
 
  Système : la bombe
 
  Référentiel d'étude : terrestre supposé galiléen
 
  Bilan des forces appliquées : P
 
La relation fondamentale de la dynamique appliquée à la bombe s'écrit :
 
P=mamg=maa=ga{ax=0ay=g
 
dVdt=a{Vx=cteVy=gt+cte
 
Or {Vx(0)=cte=V0Vy(0)=g×0+cte=0
 
V{Vx=V0Vy=gt
 
dOMdt=VOM{x=V0t+ctey=12gt2+cte
 
{x(0)=V0×0+cte=0y(0)=12g×02+cte=0
 
OM{x=V0ty=12gt2
 
3) Équation de la trajectoire de la bombe
 
x=v0tt=xv0 et comme y=12gt2
 
y=12g(xv0)2y=12gx2v20
 
4) La position du véhicule par rapport à l'origine O
 
Le théorème du centre d'inertie s'écrit :
 
y=12gx2v20=2000x2=2v20×2000gx=2v20×2000g=2×4002×200010x=8000m
 
Détermination de la date d'arrivée de la bombe au véhicule.
 
t=xv0=8000400t=20s
 
5) Position de l'avion à la date d'arrivée de la bombe au véhicule
 
x=v0t=400×20=8000m
 
6) Détermination des caractéristiques du vecteur vitesse de la bombe à 1000m au-dessus du sol.
 
  Direction : tangent à la trajectoire au point considéré
 
  Sens : dirigé vers le sol
 
  Valeur :
 
t=xv0=1000400t=2.5sv=v2x(t=2.5s)+v2y(t=2.5s)=4002+(10×2.5)2v=4.72102ms1

Exercice 3

 
1) Calcul de la valeur de l'angle α.
 
  Système : La bille
 
  Référentiel d'étude : terrestre supposé galiléen
 
  Bilan des forces appliquées : le poids P et la tension T du fil
 
Le théorème de l'énergie cinétique entre M1 et M2 s'écrit :
 
ECM1ECM1=WM1M2(P)+WM1M2(T)12mv20=mg(1cosα)+0cosα=1v22glcosα=1322×10×0.9cosα=0.5α=60
 
2) Calcul la vitesse de la bille
 
La conservation de la quantité de mouvement : m1v+0=m1v1+m2vA
 
Suivant le sens de v1 :
 
m1v1m2vA=m1vm1v1=m2vAm1vv1=vAv(m2=m1)v1=vAv=43v1=1ms1
 
3) a) Expression, en fonction de g, r, β et vA, de la vitesse de la bille M2 au point I
 
  Système : Le pendule
 
  Référentiel d'étude : terrestre supposé galiléen
 
  Bilan des forces appliquées : le poids P
 
Le théorème de l'énergie cinétique entre A et I s'écrit :
 
ECMIECMA=WAI(P)12m2v2I12m2v2A=m2grcosβvI=v2A2grcosβ
 
b) Expression, en fonction de m2, g, r, β et vA, de l'intensité de la réaction de la piste sur la bille M2 au point I
 
Le théorème du centre d'inertie appliqué à la bille soumise à son poids et la réaction de la piste, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, s'écrit : P+R=m2a
 
Projection dans le repère de Frenet (I, ut, un) et suivant un :
 
m2gcosβR=m2v2IrR=m2gcosβm2v2Irm=m2gcosβm2v2A2grcosβrR=m2(3gcosβv2Ar)
 
c) Calcul de la valeur de r.
 
vI=v2A2grcosβ
 
En : Dβ=0vD=v2A2grr=v2Av2D2g=42122×10r=0.75m
 
4) a) Équation cartésienne de la trajectoire de la bille M2
 
  Système : La bille
 
  Référentiel d'étude : terrestre supposé galiléen
 
  Bilan des forces appliquées : le poids P
 
Le théorème du centre d'inertie s'écrit :
 
P=mamg=maa=ga{ax=0ay=g
 
dVdt=a
 
V{Vx=cteVy=gt+cte
 
V(t=0){Vx=cte=VDVy=g×0+cte=0
 
V{Vx=VDVy=gt
 
dOMdt=VOM{x=VDty=12gt2+R
 
OM(t=0){x=VD×0+cte=0y=12g×02+cte=r
 
OM{x=VDty=12gt2+r
 
x=vDtt=xvDy=12gx2v2D+r
 
b) Calcul de la distance OE
 
La distance OE correspond à la portée ; donc : y=0
 
12gx2Ev2D+r=0xE=2v2Drg=2×12×0.7510xE=0.39m

Exercice 4

 
1. Signe de la tension UCD
 
Pour que les protons chargés positivement soient accélérés, il faut que les plaques P1 et P2 soient respectivement chargées positivement et négativement.
 
La tension UCD est donc de signe positif
 
2.1 Expression de la vitesse d'un proton en D en fonction de U, e et mp
 
  Système : le proton
 
  Référentiel d'étude : de laboratoire supposé galiléen
 
  Bilan des forces appliquées : le poids P et la force électrique F
 
Le théorème de l'énergie cinétique appliqué à l'électron entre C et D s'écrit :
ΔEC=WECOECD=WDO(P) or PDOWDO(P)=0ECOECD=0ECO=ECD=costante
 
L'énergie cinétique se conserve donc entre D et O
 
3.2 Équations du mouvement d'un proton
 
  Système : le proton
 
  Référentiel d'étude : de laboratoire supposé galiléen
 
  Bilan des forces appliquées : la force électrique F et le poids P négligeable devant la force électrique F
 
Le théorème du centre d'inertie s'écrit :
 
F=mFaeE=mFaa=eEmFa{ax=0ay=eEmF
 
dVdt=a
 
V{vx=ctevy=eEmFt+cte
 
V(t=0){vx=cte=vDvy=eEmF×0+cte=0
 
V{vx=VDvy=eEmFt
 
dOMdt=VOM{x=vDt+ctey=12eEmpt2+cte
 
OM(t=0){x=vD×0+cte=0y=12eEmp×02+cte=0
 
OM{x=vDty=12eEmpt2
 
3.3 Vérifions que l'équation de la trajectoire peut s'écrire :
 
y=U4dUx2
 
x=vDtt=xvD
 
comme y=12eEmpt2
 
y=12eEmp(xvD)=12eEmpx2v2D ;
 
et omme E=Ud et vD=2eEmpv2D=2eEmpy=12empUdx22eUmpy=14UdUx2
 
3.4 Les protons sortent du champ électrostatique E sans heurter la plaque P4 si :
 
y=14UdUl2<d2
 
3.5 Détermination de U
 
Les protons sortent du champ par le point S
 
y=14UdUl2=d5U=4d25l2U=4×725×202×103U=9.8101V
 
4.1 Représentation de la trajectoire (voir figure).
 
4.2 Expression littérale de la déviation OJ du spot sur l'écran.
 
tanα=OJL=ySl2OJ=2ySLl=14UdUl2LlUOJ=14UldUL=14×9.8101×207×103×20OJ=1.4cm

Exercice 5

1) Détermination des lois horaires du mouvement
 
  Système étudié : la bille
 
  Référentiel : terrestre supposé galiléen
 
  Bilan des forces appliquées : le poids P de la bille
 
  La deuxième de Newton s'écrit :
 
P=mamg=maa=ga{ax=0ay=g
 
dVdt=a
 
V{Vx=cteVy=gt+cte
 
Or {Vx(0)=cte=V0sinθVy(0)=g×0+cte=V0cosθ
 
V{Vx=V0sinαVy=gt+V0cosα
 
dOMdt=VOM{x=(V0sinα)t+ctey=12gt2+(V0cosα)t+cte
 
{x(0)=V0×0+cte=0y(0)=12g×02+V0cosα×0+cte=0
 
OM{x=(V0sinα)t(1)y=12gt2+(V0cosα)t(2)
 
(1)x=(V0sinα)tt=xV0sinα
 
Dans (2)y=12g(xV0sinα2)2+V0cosα×xV0sinα
 
y=12gx2V20sin2α+xcotgα
 
3) a) Temps pendant lequel la bille s'élève avant de descendre
 
La composante Vy du vecteur vitesse est nulle

 
Vy=gt+V0cosα=0t=V0cosαg=16cos509.8t=1.0st=1.3s
 
b) Vitesse à la fin de cette phase ascendante
 
V=V2x+V2y=V0sin2α+0=V0sinα=16sin50V=12ms1
 
4) Altitude maximale atteinte par la bille
 
ymax=12gt2+(V0cosα)t
 
or t=V0cosαgymax=12g(V0cosαg)2+(V0cosα)×V0cosαg
 
ymax=V0cos2α2g=162cos2502×9.8
 
ymax=5.4m
 
5) a) Détermination de la distance OP
 
C'est l'abscisse d'ordonnée nulle
 
y=12gx2pV20sin2α+xpcotgα=0xp(12gxpV20sin2α+cotgα)=0xp=0 (Origine O)
 
ou xp=2cotgα×V20sin2αg=2V20sinαcosαg=V20sin2αg=162sin(2×50)9.8xp=25.7m
 
b) Valeur de \alpha pour laquelle OP est maximale
 
x_{p} est maximale lorsque \sin 2\alpha=1\Rightarrow\;2\alpha=\dfrac{\pi}{2}\Rightarrow\alpha=\dfrac{\pi}{4} 
 
6) Montrons qu'il y a deux angles de tir \alpha_{1} et \alpha_{2} permettant d'atteindre Q
 
\begin{array}{lcl} y&=&\\\Rightarrow-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x_{0}^{2}}{V_{0}^{2}\sin^{2}\alpha}+x_{0}\cot g\alpha&=&0\\\Rightarrow\;x_{0}&=&0\text{ ou }\dfrac{1}{2}g\dfrac{1}{V_{0}^{2}\sin^{2}\alpha}x_{0}-\cot g\alpha&=&0 \end{array}
 
\begin{array}{lcl} \text{Comme }\dfrac{1}{\sin^{2}\alpha}&=&1+\cot g^{2}\alpha\\\Rightarrow\dfrac{1}{2}(1+\cot g^{2}\alpha)g x_{0}-\cot g\alpha&=&0\\\Rightarrow\cot g^{2}\alpha-\dfrac{2V_{0}^{2}}{g x_{0}}\cot g\alpha+1&=&0\\\\\Rightarrow\cot g\alpha_{1}&=&\dfrac{\dfrac{V_{0}^{2}}{g x_{0}}-\sqrt{\dfrac{V_{0}^{4}}{(g x_{0})^{2}}-1}}{1}\\&=&\dfrac{V_{0}^{2}}{g x_{0}}-\sqrt{\dfrac{V_{0}^{4}}{(g x_{0})^{2}}-1}\\&=&\dfrac{16^{2}}{9.8\times 10}-\sqrt{\dfrac{16^{4}}{(9.8\times 10)^{2}}-1}\\\Rightarrow\cot g\alpha_{1}&=&0.20\\\\\Rightarrow\cot g\alpha_{2}&=&\dfrac{\dfrac{V_{0}^{2}}{g x_{0}}+\sqrt{\dfrac{V_{0}^{4}}{(g x_{0})^{2}}-1}}{1}\\&=&\dfrac{V_{0}^{2}}{g x_{0}}+\sqrt{\dfrac{V_{0}^{4}}{(g x_{0})^{2}}-1}\\&=&\dfrac{16^{2}}{9.8\times 10}+\sqrt{\dfrac{16^{4}}{(9.8\times 10)^{2}}-1}\\\Rightarrow\cot g\alpha_{2}&=&5.03 \end{array}
 
\alpha_{1}=7807^{\circ}\text{ et }\alpha_{2}=11.3^{\circ}

Exercice 6

I. La trajectoire balistique de C vers T
 
a) Un référentiel galiléen est un référentiel dans le lequel le principe de l'inertie est vérifié.
 
b) Bilan des forces qui s'exercent sur la balle
 
Le poids de la balle est la seule force qui s'exerce sur la balle. 
 
La balle tombe en chute libre
 
c) Équations horaires de la vitesse et de la position de la balle B.
 
-\ Système étudié : la bille
 
-\ Référentiel : terrestre supposé galiléen
 
-\ Bilan des forces appliquées : le poids \overrightarrow{P} de la balle
 
Le théorème du centre d'inertie s'écrit :
 
\begin{array}{lcl} \overrightarrow{P}&=&m\overrightarrow{a}\\\Rightarrow\;m\overrightarrow{g}&=&m\overrightarrow{a}\\\Rightarrow\overrightarrow{a}&=&\overrightarrow{g}\end{array}\\\Rightarrow\overrightarrow{a}\left\lbrace\begin{array}{lcl}a_{x}&=&0\\a_{z}&=&-g \end{array}\right.
 
\Rightarrow\overrightarrow{V}\left\lbrace\begin{array}{lcl}V_{x}&=&V_{0}\\V_{z}&=&-gt \end{array}\right.
 
\Rightarrow\overrightarrow{OM}\left\lbrace\begin{array}{lcl}x&=&V_{0}t\quad(1)\\z&=&-\dfrac{1}{2}gt^{2}+z_{C}\quad(2) \end{array}\right.
 
d) Équation z(x) de la trajectoire de la balle B.
 
(1)\qquad\Rightarrow\;x=V_{0}t\Rightarrow\;t=\dfrac{x}{V_{0}}
 
\text{Dans }(2)\Rightarrow\;z=-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{V_{0}}\right)^{2}+z_{C}
 
\Rightarrow\;z=-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{V_{0}^{2}}+z_{C}
 
e) Abscisse x_{T} du trou T pour que la balle tombe directement dedans
 
La balle tombe dans lorsque :
 
\begin{array}{lcl}z&=&0\\\Rightarrow-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x_{T}^{2}}{V_{0}^{2}}+z_{C}&=&0\\\Rightarrow\;x_{T}^{2}&=&\dfrac{2z_{C}V_{0}^{2}}{g}\\\\\Rightarrow\;x_{T}&=&\sqrt{\dfrac{2z_{C}V_{0}^{2}}{g}}\\&=&\sqrt{\dfrac{2\times 40\cdot 10^{-2}\times 2.0}{9.8}}\\\Rightarrow\;x_{T}&=&0.40\,m \end{array}
 
f) Détermination la date t_{F} à laquelle la balle B tombe dans le trou
 
\begin{array}{lcl}z&=&-\dfrac{1}{2}gt^{2}+z_{C}\\&=&0\\\Rightarrow\;t^{2}&=&\dfrac{2z_{C}}{g}\\\Rightarrow\;t&=&\sqrt{\dfrac{2z_{C}}{g}}\\&=&\sqrt{\dfrac{2\times 40\cdot 10^{-2}}{9.8}}\\\Rightarrow\;t&=&2.8s  \end{array}
 
II. Le mouvement sur la rampe
 
a) Détermination la hauteur z_{A} de A nécessaire pour que la balle arrive en C.
 
Le théorème de l'énergie cinétique appliqué à la balle entre A et C
 
\begin{array}{lcl} E_{C_{C}}-E_{C_{A}}&=&W_{\overrightarrow{AC}}(\overrightarrow{P})\\\Rightarrow\dfrac{1}{2}mV_{C}^{2}-\dfrac{1}{2}mV_{A}^{2}&=&mg(z_{A}-z_{C})\\\\\Rightarrow\;z_{A}&=&\dfrac{1}{2g}(V_{C}^{2}-V_{A}^{2})+z_{C}\\&=&\dfrac{1}{2\times 9.8}(2.0^{2}-0.80^{2})+40\cdot 10^{-2}\\\Rightarrow\;z_{A}&=&57\,cm \end{array}
 
b) la vitesse est horizontale du fait qu'elle est tangente à la trajectoire au point C.

Exercice 7

1) a) Montrons que la trajectoire est plane
 
-\ Système : La balle
-
-\ Référentiel d'étude : terrestre supposé galiléen
 
-\ Bilan des forces appliquées : le poids \overrightarrow{P}
 
Le théorème du centre d'inertie s'écrit :
 
\begin{array}{lcl} \overrightarrow{P}&=&m\overrightarrow{a}\\\Rightarrow\;m\overrightarrow{g}&=&m\overrightarrow{a}\\\Rightarrow\overrightarrow{a}&=&\overrightarrow{g}\end{array}\\\Rightarrow\overrightarrow{a}\left\lbrace\begin{array}{lcl}a_{x}&=&0\\a_{y}&=&-g\\a_{z}&=&0 \end{array}\right.
 
\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{V}}{\mathrm{d}t}=\overrightarrow{a}
 
\Rightarrow\overrightarrow{V}\left\lbrace\begin{array}{lcl}v_{x}&=&cte\\v_{y}&=&-gt+cte\\v_{z}&=&cte \end{array}\right.
 
\overrightarrow{V}(t=0)\left\lbrace\begin{array}{lllll}v_{x}&=&cte&=&v_{0}\cos\alpha\\v_{y}&=&-g\times 0+cte&=&v_{0}\sin\alpha\\v_{z}&=&cte&=&0 \end{array}\right.
 
\Rightarrow\overrightarrow{V}\left\lbrace\begin{array}{lcl}v_{x}&=&v_{0}\cos\alpha\\v_{y}&=&-gt+v_{0}\sin\alpha\\v_{z}&=&0 \end{array}\right.
 
\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{OM}}{\mathrm{d}t}=\overrightarrow{V}\Rightarrow\overrightarrow{OM}\left\lbrace\begin{array}{lcl}x&=&(v_{0}\cos\alpha)t+cte\\y&=&-\dfrac{1}{2}gt^{2}+(v_{0}\sin\alpha)t+cte\\z&=&cte \end{array}\right.
 
\Rightarrow\overrightarrow{OM}(t=0)\left\lbrace\begin{array}{lllll}x&=&(v_{0}\cos\alpha)\times 0+cte&=&0\\y&=&-\dfrac{1}{2}g\times 0^{2}+(v_{0}\sin\alpha)\times 0+cte&=&h\\z&=&cte&=&0 \end{array}\right.
 
\Rightarrow\overrightarrow{OM}\left\lbrace\begin{array}{lcl}x&=&(v_{0}\cos\alpha)t\\y&=&-\dfrac{1}{2}gt^{2}+(v_{0}\sin\alpha)t+h\\z&=&0 \end{array}\right.
 
(1)\qquad\Rightarrow\;x=(V_{0}\sin\alpha)t\Rightarrow\;t=\dfrac{x}{V_{0}\sin\alpha}
 
\text{Dans }(2)\Rightarrow\;y=-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{V_{0}\sin\alpha}\right)^{2}+V_{0}\cos\alpha\times\dfrac{x}{V_{0}\sin\alpha}
 
\Rightarrow\;y=-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{V_{0}^{2}\sin^{2}\alpha}+x\cot\,g\alpha
 
Quelque soit t, z=0, la trajectoire est plane et se fait dans le plan (xOy)
 
b) Équation de cette trajectoire
 
On obtient cette équation en éliminant t entre x et y :
 
\begin{array}{lcl} x&=&(v_{0}\cos\alpha)t\\\Rightarrow\;t&=&\dfrac{x}{v_{0}\cos\alpha}\\\Rightarrow\;y&=&-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{v_{0}\cos\alpha}\right)^{2}+(v_{0}\sin\alpha)\left(\dfrac{x}{v_{0}\cos\alpha}\right)+h\\\\\Rightarrow\;y&=&-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{v_{0}^{2}\cos^{2}\alpha}+(\tan\alpha)x+h \end{array}
 
c) Valeur de V_{0} pour que le panier soit réussi
 
Le panier est réussi si x=7.1\,m et y=3\,m
 
\begin{array}{lcl} y&=&-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{v_{0}^{2}\cos^{2}\alpha}+(\tan\alpha)x+h\\\Rightarrow\;v_{0}^{2}&=&\dfrac{gx^{2}}{2\cos^{2}\alpha(x\tan\alpha+h-y)}\\\\\Rightarrow\;v_{0}&=&\sqrt{\dfrac{gx^{2}}{2\cos^{2}\alpha(x\tan\alpha+h-y)}}\\&=&\sqrt{\dfrac{10\times 7.1^{2}}{2\cos^{2}45^{\circ}(7.1\times\tan 45^{\circ}+2-3)}}\\\Rightarrow\;v_{0}&=&12\,m\cdot s^{-1} \end{array}
 
d) Durée du trajet effectué par le ballon du point A au point C
 
\begin{array}{lcl} x&=&(v_{0}\cos\alpha)t\\\Rightarrow\;t&=&\dfrac{x}{v_{0}\cos\alpha}\\&=&\dfrac{7.1}{12\times\cos 45}\\\Rightarrow\;t&=&0.84s \end{array}
 
2) Vérifions si le panier sera marqué ou non
 
\begin{array}{lcl} x=0.9\Rightarrow\;x&=&-\dfrac{1}{2}10\times\dfrac{0.9^{2}}{12^{2}\times\cos^{2}45^{\circ}}+\tan 45^{\circ}\times 0.9+2\\\Rightarrow\;y&=&2.84\,m>2.7\,m \end{array}
 
Le panier sera marqué

Exercice 8

Partie A

1) a) Représentation des forces qui s'exercent sur le solide.
 
b) Expression de l'accélération a du solide (S_{1})
 
-\ Système : Le solide (S_{1})
 
-\ Référentiel d'étude : terrestre supposé galiléen
 
-\ Bilan des forces appliquées : le poids \overrightarrow{P} et la réaction \overrightarrow{R} du plan.
 
Le théorème du centre d'inertie s'écrit :
 
\overrightarrow{P}+\overrightarrow{R}=m_{1}\overrightarrow{a}
 
Projection suivant l'axe x'x :
 
m_{1}g\sin\alpha=10\times\sin 30\Rightarrow\alpha=5\,m\cdot s^{-2}
 
Le mouvement du solide (S_{1}) est uniformément accéléré
 
Calcul de a :
 

a=g\sin\alpha=10\times\sin 30\Rightarrow\;a=5\,m\cdot s^{-2}
 
2) a) Calcul de la valeur de la vitesse V_{B}
 
\begin{array}{lcl} V_{B}^{2}-V_{A}^{2}&=&2aAB\\\Rightarrow\;V_{B}^{2}-0&=&2aAb\\\Rightarrow\;V_{B}&=&\sqrt{2aAb}\\&=&\sqrt{2\times 5\times 2.5}\\\Rightarrow\;V_{B}&=&5\,m\cdot s^{-1} \end{array}
 
b) Calcul de la durée t_{B} du trajet AB
 
V_{B}=at_{B}\Rightarrow\;t_{B}=\dfrac{V_{B}}{a}=\dfrac{5}{5}
 
\Rightarrow\;t_{B}=1s

Partie B

 
1) a) Expression de l'accélération a du système
 
La deuxième loi de Newton s'écrit :
 
-\ Pour le solide (S_{1})
 
\overrightarrow{f}+\overrightarrow{P_{1}}+\overrightarrow{R}+\overrightarrow{T_{1}}=m_{1}\overrightarrow{a_{1}}
 
Suivant x'x
 
-f-m_{1}g\sin\alpha+0+T_{1}=m_{1}a_{1}\Rightarrow\;T_{1}=m_{1}g\sin\alpha+m_{1}a_{1}
 
-\ Pour le solide (S_{2}) :
 
\overrightarrow{P_{2}}+\overrightarrow{T_{2}}=m_{2}\overrightarrow{a_{2}}
 
Suivant y'y :
 
m_{2}g-T_{2}=m_{2}a_{2}\Rightarrow\;T_{2}=m_{2}g-m_{2}a_{2}
 
Les forces de frottement sont négligeables au niveau de la poulie :
 
T_{1}=T'_{1}=T_{2}=T'_{2}
 
\Rightarrow\;m_{1}g\sin\alpha+m_{1}a_{1}+f=m_{2}g-m_{2}a_{2}
 
Le fil est inextensible, l'accélération est la même en tout du fil :
 
a_{1}=a_{2}=a
 
\Rightarrow(m_{1}+m_{2})a=(m_{2}-m_{1}\sin\alpha)g-f
 
\Rightarrow\;a=\dfrac{(m_{2}-m_{1}\sin\alpha)g-f}{(m_{1}+m_{2})}
 
m_{2}=m_{1}\Rightarrow\;a=\dfrac{m_{1}(1-\sin\alpha)g-f}{2m_{1}}
 
\Rightarrow\;a=(1-\sin\alpha)g-\dfrac{f}{2m_{1}}
 
b) Calcul de a
 
\begin{array}{lcl} a&=&(1-\sin\alpha)g-\dfrac{f}{2m_{1}}\\&=&(1-\sin 30^{\circ})\times 10-\dfrac{0.2}{2\times 200\cdot 10^{-3}}\\\Rightarrow\;a&=&4.5\,m\cdot s^{-2} \end{array}
 
2) Calcul de v_{C}
 
v_{C}=at_{C}=4.5\times 1\Rightarrow\;v_{C}=4.5\,m\cdot s^{-1}
 
3) a) Expression de la nouvelle accélération a_{1} du solide (S_{1}) après la coupure du fil
 
La deuxième loi de Newton s'écrit :
 
\overrightarrow{f}+\overrightarrow{P_{1}}+\overrightarrow{R}=m_{1}\overrightarrow{a_{1}}
 
Suivant x'x :
 
\begin{array}{lcl} f-m_{1}g\sin\alpha+0&=&m_{1}a_{1}\\\Rightarrow\;a_{1}&=&\dfrac{f-m_{1}g\sin\alpha}{m_{1}}\\\Rightarrow\;a_{1}&=&\dfrac{f}{m_{1}}-g\sin\alpha \end{array}
 
Le mouvement du solide (S_{1}) est uniformément varié
 
b) Calcul de la distance maximale (par rapport au point C) parcourue par le solide (S_{1})
 
\begin{array}{lcl} 0^{2}-v_{C}^{2}&=&2a_{1}d\\\Rightarrow\;d&=&\dfrac{-v_{C}^{2}}{2a_{1}}\\\\&=&\dfrac{-v_{C}^{2}}{2\left(\dfrac{f}{m_{1}}-g\sin\alpha\right)}\\\\&=&\dfrac{-4.5^{2}}{2\left(\dfrac{0.2}{200\cdot 10^{-3}}-10\sin 30^{\circ}\right)}\\\Rightarrow\;d&=&2.5\,m \end{array}

Exercice 9 

I. 1) a) Expression littérale des lois horaires x(t) et z(t) du mouvement de la balle
 
Système étudié : la balle 
 
Référentiel d'étude : terrestre supposé galiléen
 
Bilan des forces appliquées : \overrightarrow{P}  
 
Le théorème du centre d'inertie s'écrit :
 
\begin{array}{lcl}\overrightarrow{P}&=&m\vec{a}\\\\\Rightarrow\,m\vec{g}&=&m\vec{a}\\\\\Rightarrow\vec{a}&=&\vec{g}\\\\&\Rightarrow&\vec{a}\left\lbrace\begin{array}{lcl}a_{x}&=&0\\a_{z}&=&-g \end{array}\right. \\\\&\Rightarrow&\vec{v}\left\lbrace\begin{array}{lcl}v_{x}&=&v_{0}\cos\alpha\\v_{z}&=&-gt+v_{0}\sin\alpha\end{array}\right.\\\\&\Rightarrow&\overrightarrow{OM}\left\lbrace\begin{array}{lcl}x&=&\left(v_{0}\cos\alpha\right)t\\\\z&=& -\dfrac{1}{2}gt^{2}+\left(v_{0}\sin\alpha\right)t+h\end{array}\right.\end{array}
 
b) Équation de la trajectoire de la balle 
 
x=\left(v_{0}\cos\alpha\right)t ;
 
z=-\dfrac{1}{2}gt^{2}+\left(v_{0}\sin\alpha\right)t+h
    
En éliminant t entre les deux équations, il vient :
 
\begin{array}{lcl} x&=&\left(v_{0}\cos\alpha\right)t\\\\\Rightarrow\,t&=&\dfrac{x}{v_{0}\cos\alpha}\\\\\Rightarrow\,z&=&-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{v_{0}\cos\alpha}\right)^{2}+\left(v_{0}\sin\alpha\right)\dfrac{x}{v_{0}\cos\alpha}+h\\\\\Rightarrow\,z&=&-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{v_{0}^{2}\cos^{2}\alpha}+x\tan\alpha+h \end{array}
 
2) Calcul des coordonnées du point S le plus élevé atteint par la balle.
 
Lorsque la balle atteint le point S le plus élevé, la vitesse se réduit à sa composante horizontale
 
\begin{array}{lcl} v_{z}&=&-gt_{S}+v_{0}\sin\alpha\\\\&=&0\\\\\Rightarrow\,t_{S}&=&\dfrac{v_{0}\sin\alpha}{g}\\\\&\Rightarrow&\overrightarrow{OS}\left\lbrace\begin{array}{lcl} x&=&\dfrac{v_{0}^{2}\cos\alpha\sin\alpha}{g}\\\\ z&=&-\dfrac{1}{2}\dfrac{v_{0}^{2}\sin^{2}\alpha}{g}+\dfrac{v_{0}^{2}\sin^{2}\alpha}{g}+h \end{array}\right. \\\\&\Rightarrow&\overrightarrow{OS}\left\lbrace\begin{array}{lcl} x&=&\dfrac{v_{0}^{2}\cos\alpha\sin\alpha}{g}\\\\ z&=&\dfrac{1}{2}\dfrac{v_{0}^{2}\sin^{2}\alpha}{g}+h \end{array}\right. \\\\&\Rightarrow&\overrightarrow{OS}\left\lbrace\begin{array}{lcl} x&=&\dfrac{10^{2}\cos 45\sin 45}{9.8}\\\\ z&=&\dfrac{1}{2}\dfrac{10^{2}\sin^{2}45}{9.8}+2.7 \end{array}\right. \\\\ú&\Rightarrow&S\;(5.1m\ ;\ 5.3m) \end{array}
 
z=-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{v_{0}^{2}\cos^{2}\alpha}+x\tan\alpha+h
 
\begin{array}{lcl} \alpha&=&0\\\\\Rightarrow\,z&=&-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{v_{1}^{2}\cos^{2}0}+x\tan\,0+h\\\\\Rightarrow\,z&=&-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{v_{1}^{2}}+h \end{array}
 
2) Vérifions si la balle franchira le filet oui ou non 
 
\begin{array}{lcl} z(1)&=&-\dfrac{1}{2}g\dfrac{l^{2}}{v_{2}^{1}}+h\\\\&=&-\dfrac{1}{2}\times 10\times\dfrac{12^{2}}{25^{2}}+2.7\\\\\Rightarrow\,z(1)&=&1.55m>h_{0}\\\\&=&1m \end{array}
 
la balle a franchi le filet. 
 
3) Distance derrière le filet où retombe la balle sur le sol.
 
\begin{array}{lcl} z&=&-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{v_{1}^{2}}+h\\\\&=&0\\\\\Rightarrow\,x_{p}&=&\sqrt{\dfrac{2v_{1}^{2}h}{g}}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{2\times 25^{2}\times 2.7}{9.8}}\\\\\Rightarrow\,x_{p}&=&18.6m \end{array}
 
\begin{eqnarray} d&=&x_{p}-l\nonumber\\\\&=&186-12\nonumber\\\\\Rightarrow\,d&=&66m \end{eqnarray}
 

Commentaires

Bonjour Messieurs, Je vous adresse du fond du cœur mes remerciements. Ces documents m'ont été d'un grand support. Merci à vous. Que DIEU vous le rende.

J'aime beaucoup cette page ça m'as beaucoup aider lors des exercices

en essayant de faire les exercices proposes ici et de les comprendre

Très important

Au niveau des équations horaires je crois que y’a erreur On doit avoir normalement 1/2 axt2 + voxt + xo 1/2 ayt2 + voyt + yo Si pouvez m’éclaircir cela svp ?

J’ai vu désolé

pourquoi dans exo 1 TEC au pt c et d sont d'angle 60

En faisant beaucoup d exercices. Je veux la correction pour mieux comprendre et assumiler la démarche

Université de nouakcott

S'il vous plaît !pour l'exercice 1 lorsqu'on cherche OP j'ai du mal à comprendre et j'ai essayé une autre méthode mais j'ai pas le même résultat que vous

Merci beaucoup pour les efforts mais il ya trop de fautes de calculs.

Bon travail machallah

Salut à l'exos 8 il y'a erreur a la fin de la 1 iére queston

Jai absolument aimé les méthodes de résolution des corrigés

Trés bien, chers valeureux professeurs...je peux que vous dire Merci à l'infini..

Très intéressant les exercices et les corrigés sont très clairs

Bonjour je signale une petite erreur au niveau de l'exercice 8 à la question 1-b) on aurait dû avoir [g(1-sin30)/2]-f/(2m)=a

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