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 $\vec{P}$ et la réaction $\vec{R}$ du plan
 
Le théorème de l'énergie cinétique s'écrit entre :
 
$\bullet\ $ les points $A\ $ et $\ B\ :$
 
$ΔEC=WECBECA=WAB(P)+WAB(R)12mvB20=mgABsinα+0vB=2ABgsinαvB=2×1.6×10sin30vB=4.0ms1$
 
$ΔEC=WECCECB=WBC(P)+WBC(R)12mvC212mvB2=mgr(1cosα)+0vC=2gr(1cosα)+vB2vC=2×10×0.9(1cos30)+42vC=4.3ms1$
 
$\bullet\ $ les points $C\ $ et $\ D\ :$
 
$ΔEC=WECDECC=WCD(P)+WCD(R)12mvD212mvC2=mgr(1cosβ)+0vD=vC22gr(1cosβ)vD=(4.3)22×10×0.9(1cos60)vD=3.0ms1$
 
b) Intensité de la force $\vec{R}$ 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 $\vec{P}$ du solide ; la réaction de la piste $\vec{R}$
 
$-\ $ Le théorème du centre d'inertie s'écrit : $\vec{P}+\vec{R}=m\vec{a}$
 
Dans le repère de Frenet $\left(M\;,\ \vec{u}_{t}\;,\ \vec{u}_{n}\right)$
 
suivant $\vec{u}_{n}\ :$
 
$P+R=manmg+RC=mVC2rRC=m(g+VC2r)RC=50103(10+4.320.9)RC=1.5$
 
$Pcosθ+R=manmgcosθ+RD=mVD2rRD=m(gcosθ+VD2r)RD=50103(10cos60+3.020.9)RD=0.75N$
 
c) Caractéristiques du vecteur vitesse $\vec{V}_{D}$ 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 : $v_{D}=3.0\;m\cdot s^{-1}$
 
2) a) Équation cartésienne de la trajectoire du mouvement de $(S)$
 
Le solide est soumis à son poids $\vec{P}$ ; dans le référentiel terrestre supposé galiléen, le théorème du centre d'inertie appliqué au solide $(S)$ s'écrit :
 
$Extra \left or missing \right\right.\end{array}$
 
$\dfrac{\mathrm{d}\vec{V}}{\mathrm{d}t}=\vec{a}\ \Rightarrow\ \left\lbraceVx=cteVx=gt+cte\right.$
 
Or, $\ \left\lbraceVx(0)=cte=VDcosθVx(0)=g×0+cte=VDsinθ\right.$
 
Donc, $\overrightarrow{V}\left\lbraceVx=VDcosθVx=gt+VDsinθ\right.$
 
Par suite,
 
$Extra \left or missing \right\right.\\&\Rightarrow&\left\lbracex(0)=(VDcosθ)×0+cte=0z(0)=12g×02+(VDsinθ)×0+cte=h+r(1cosθ)\right.\\&\Rightarrow&\left\lbracex=(VDcosθ)t(1)z=12gt2+(VDsinθ)t+h+r(1cosθ)(2)\right.\end{array}$
 
$(1)\ \Rightarrow\ x=(V_{D}\cos\theta)t\ \Rightarrow\ t=\dfrac{x}{V_{D}\cos\theta}$
 
$(1)$ dans $(2)$ entraine :
 
$z=-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{V_{D}\cos\theta}\right)^{2}+(V_{D}\sin\theta)\left(\dfrac{x}{V_{D}\cos\theta}\right)+h+r(1-\cos\theta)$
 
$\boxed{\Rightarrow\;z=-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{V_{D}^{2}\cos^{2}\theta}+x\tan\theta+h+r(1-\cos\theta)}$
 
b) Hauteur $H$ au-dessus du sol horizontal
 
$\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}=-g\dfrac{x}{V_{D}^{2}\cos^{2}\theta}+\tan\theta=0\ \Rightarrow\ x=\dfrac{V_{D}^{2}\cos^{2}\theta}{g}\tan\theta$
 
Donc,
 
$z=12g(VD2cos2θgtanθ)2VD2cos2θ+VD2cos2θgtanθtanhθ+h+r(1cosθ)=12VD2cos2θgtan2θ+h+r(1cosθ)=12VD2cos2θg+h+r(1cosθ)=123.02sin26010+1.55+0.9(1cos60)=H=2m$
 
c) Calcul de la distance OP où P est le point d'impact du solide $(S)$ sur le sol horizontal
 
$z1=tanθ+tanθ2+2g(h+r(1cosθ)VD2cosθ2)gVD2cosθ2=tan60+tan602+2×10(1.55+0.9(1cos60)3.02cos602)10×3.02cos602=4.0$
 
$\Rightarrow\;\boxed{z_{1}=4.0\,m}$
 
$z_{2}=\dfrac{-\tan\theta+\sqrt{\tan\theta^{2}+2g\left(\dfrac{h+r(1-\cos\theta)}{V_{D}^{2}\cos\theta^{2}}\right)}}{g}V_{D}^{2}\cos\theta^{2}$
 
$\Rightarrow\;z_{2}<0$ ;
 
Cette solution n'a pas de sens physique
 
3) a) Expression algébrique du travail $W_{\vec{f}}$ de la force en fonction de $m$, $g$, $R$ et $\alpha$
 
 
Le théorème de l'énergie cinétique s'écrit entre $A\ $ et $\ D$
 
$E_{C_{D}}-E_{C_{A}}=W_{AD}(\vec{P})+W_{AD}(\vec{R})+W_{AD}(\vec{f})$
 
Donc, $0-0=mgr\cos\theta+0+W_{AD}(\vec{f})$
 
Ce qui donne : $W_{AD}(\vec{f})=-mgr\cos\theta$
 
Calcul $W_{\vec{f}}$
 
$WAD(f)=mgrcosθ=50103×10×0.9cos60=0.225J$
 
b) Intensité de la force $\vec{f}$
 
$WAD(f)=f(AB+rπ2)f=WAD(f)AB+rπ2f=0.225J1.6+0.9×π2f=0.075N$

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 : $\overrightarrow{P}$
 
La relation fondamentale de la dynamique appliquée à la bombe s'écrit :
 
$Extra \left or missing \right\right.\end{array}$
 
$Extra \left or missing \right\right.\end{array}$
 
Or $\left\lbraceVx(0)=cte=V0Vy(0)=g×0+cte=0\right.$
 
V{Vx=V0Vy=gt
 
$\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{OM}}{\mathrm{d}t}=\overrightarrow{V}\Rightarrow\overrightarrow{OM}\left\lbracex=V0t+ctey=12gt2+cte\right.$
 
$\left\lbracex(0)=V0×0+cte=0y(0)=12g×02+cte=0\right.$
 
OM{x=V0ty=12gt2
 
3) Équation de la trajectoire de la bombe
 
$x=v_{0}t\Rightarrow\;t=\dfrac{x}{v_{0}}$ et comme $y=\dfrac{1}{2}gt^{2}$
 
$\Rightarrow\;y=\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{v_{0}}\right)^{2}\Rightarrow\;y=\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{v_{0}^{2}}$
 
4) La position du véhicule par rapport à l'origine $O$
 
Le théorème du centre d'inertie s'écrit :
 
$y=12gx2v02=2000x2=2v02×2000gx=2v02×2000g=2×4002×200010x=8000m$
 
Détermination de la date d'arrivée de la bombe au véhicule.
 
$t=\dfrac{x}{v_{0}}=\dfrac{8000}{400}\Rightarrow\;t=20s$
 
5) Position de l'avion à la date d'arrivée de la bombe au véhicule
 
$x=v_{0}t=400\times 20=8000\,m$
 
6) Détermination des caractéristiques du vecteur vitesse de la bombe à $1000\,m$ au-dessus du sol.
 
$-\ $ Direction : tangent à la trajectoire au point considéré
 
$-\ $ Sens : dirigé vers le sol
 
$-\ $ Valeur :
 
$t=xv0=1000400t=2.5sv=vx2(t=2.5s)+vy2(t=2.5s)=4002+(10×2.5)2v=4.72102ms1$

Exercice 3

 
1) Calcul de la valeur de l'angle $\alpha.$
 
$-\ $ Système : La bille
 
$-\ $ Référentiel d'étude : terrestre supposé galiléen
 
$-\ $ Bilan des forces appliquées : le poids $\overrightarrow{P}$ et la tension $\overrightarrow{T}$ du fil
 
Le théorème de l'énergie cinétique entre $M_{1}$ et $M_{2}$ 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 : $m_{1}\overrightarrow{v}+\overrightarrow{0}=m_{1}\overrightarrow{v'_{1}}+m_{2}\overrightarrow{v_{A}}$
 
Suivant le sens de $\overrightarrow{v'_{1}}$ :
 
$m1v1m2vA=m1vm1v1=m2vAm1vv1=vAv(m2=m1)v1=vAv=43v1=1ms1$
 
3) a) Expression, en fonction de $g$, $r$, $\beta$ et $v_{A}$, de la vitesse de la bille $M_{2}$ au point $I$
 
$-\ $ Système : Le pendule
 
$-\ $ Référentiel d'étude : terrestre supposé galiléen
 
$-\ $ Bilan des forces appliquées : le poids $\overrightarrow{P}$
 
Le théorème de l'énergie cinétique entre $A$ et $I$ s'écrit :
 
$ECMIECMA=WAI(P)12m2vI212m2vA2=m2grcosβvI=vA22grcosβ$
 
b) Expression, en fonction de $m_{2}$, $g$, $r$, $\beta$ et $v_{A}$, de l'intensité de la réaction de la piste sur la bille $M_{2}$ 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 : $\overrightarrow{P}+\overrightarrow{R}=m_{2}\overrightarrow{a}$
 
Projection dans le repère de Frenet $(I\;,\ \overrightarrow{u_{t}}\;,\ \overrightarrow{u_{n}})$ et suivant $\overrightarrow{u_{n}}$ :
 
$m2gcosβR=m2vI2rR=m2gcosβm2vI2rm=m2gcosβm2vA22grcosβrR=m2(3gcosβvA2r)$
 
c) Calcul de la valeur de $r.$
 
$v_{I}=\sqrt{v_{A}^{2}-2gr\cos\beta}$
 
$En : Dβ=0vD=vA22grr=vA2vD22g=42122×10r=0.75m$
 
4) a) Équation cartésienne de la trajectoire de la bille $M_{2}$
 
$-\ $ Système : La bille
 
$-\ $ Référentiel d'étude : terrestre supposé galiléen
 
$-\ $ Bilan des forces appliquées : le poids $\overrightarrow{P}$
 
Le théorème du centre d'inertie s'écrit :
 
$P=mamg=maa=g\\Rightarrow\overrightarrow{a}\left\lbraceax=0ay=g\right.$
 
$\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{V}}{\mathrm{d}t}=\overrightarrow{a}$
 
$\Rightarrow\overrightarrow{V}\left\lbraceVx=cteVy=gt+cte\right.$
 
$\Rightarrow\overrightarrow{V}(t=0)\left\lbraceVx=cte=VDVy=g×0+cte=0\right.$
 
V{Vx=VDVy=gt
 
$\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{OM}}{\mathrm{d}t}=\overrightarrow{V}\Rightarrow\overrightarrow{OM}\left\lbracex=VDty=12gt2+R\right.$
 
$\Rightarrow\overrightarrow{OM}(t=0)\left\lbracex=VD×0+cte=0y=12g×02+cte=r\right.$
 
OM{x=VDty=12gt2+r
 
$x=vDtt=xvDy=12gx2vD2+r$
 
b) Calcul de la distance $OE$
 
La distance $OE$ correspond à la portée ; donc : $y=0$
 
$12gxE2vD2+r=0xE=2vD2rg=2×12×0.7510xE=0.39m$

Exercice 4

 
1. Signe de la tension $U_{CD}$
 
Pour que les protons chargés positivement soient accélérés, il faut que les plaques $P_{1}$ et $P_{2}$ soient respectivement chargées positivement et négativement.
 
La tension $U_{CD}$ est donc de signe positif
 
2.1 Expression de la vitesse d'un proton en $D$ en fonction de $U$, $e$ et $m_{p}$
 
$-\ $ Système : le proton
 
$-\ $ Référentiel d'étude : de laboratoire supposé galiléen
 
$-\ $ Bilan des forces appliquées : le poids $\overrightarrow{P}$ et la force électrique $\overrightarrow{F}$
 
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 $\overrightarrow{F}$ et le poids $\overrightarrow{P}$ négligeable devant la force électrique $\overrightarrow{F}$
 
Le théorème du centre d'inertie s'écrit :
 
$F=mFaeE=mFaa=eEmF\\Rightarrow\overrightarrow{a}\left\lbraceax=0ay=eEmF\right.$
 
$\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{V}}{\mathrm{d}t}=\overrightarrow{a}$
 
$\Rightarrow\overrightarrow{V}\left\lbracevx=ctevy=eEmFt+cte\right.$
 
$\Rightarrow\overrightarrow{V}(t=0)\left\lbracevx=cte=vDvy=eEmF×0+cte=0\right.$
 
V{vx=VDvy=eEmFt
 
$\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{OM}}{\mathrm{d}t}=\overrightarrow{V}\Rightarrow\overrightarrow{OM}\left\lbracex=vDt+ctey=12eEmpt2+cte\right.$
 
$\Rightarrow\overrightarrow{OM}(t=0)\left\lbracex=vD×0+cte=0y=12eEmp×02+cte=0\right.$
 
OM{x=vDty=12eEmpt2
 
3.3 Vérifions que l'équation de la trajectoire peut s'écrire :
 
$y=-\dfrac{U'}{4\mathrm{d}U}x^{2}$
 
$x=v_{D}t\Rightarrow\;t=\dfrac{x}{v_{D}}$
 
comme $y=-\dfrac{1}{2}\dfrac{eE}{m_{p}}t^{2}$
 
$\Rightarrow\;y=-\dfrac{1}{2}\dfrac{eE}{m_{p}}\left(\dfrac{x}{v_{D}}\right)=-\dfrac{1}{2}\dfrac{eE}{m_{p}}\dfrac{x^{2}}{v_{D}^{2}}$ ;
 
$et omme E=Ud et vD=2eEmpvD2=2eEmpy=12empUdx22eUmpy=14UdUx2$
 
3.4 Les protons sortent du champ électrostatique $\overrightarrow{E}$ sans heurter la plaque $P_{4}$ si :
 
$y=-\dfrac{1}{4}\dfrac{U'}{\mathrm{d}U}l^{2}<-\dfrac{\mathrm{d}}{2}$
 
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 $O'J$ 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 :
 
$P=mamg=maa=g\\Rightarrow\overrightarrow{a}\left\lbraceax=0ay=g\right.$
 
$\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{V}}{\mathrm{d}t}=\overrightarrow{a}$
 
$\Rightarrow\overrightarrow{V}\left\lbraceVx=cteVy=gt+cte\right.$
 
$\text{Or }\left\lbraceVx(0)=cte=V0sinθVy(0)=g×0+cte=V0cosθ\right.$
 
V{Vx=V0sinαVy=gt+V0cosα
 
$\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{OM}}{\mathrm{d}t}=\overrightarrow{V}\Rightarrow\overrightarrow{OM}\left\lbracex=(V0sinα)t+ctey=12gt2+(V0cosα)t+cte\right.$
 
$\Rightarrow\left\lbracex(0)=V0×0+cte=0y(0)=12g×02+V0cosα×0+cte=0\right.$
 
OM{x=(V0sinα)t(1)y=12gt2+(V0cosα)t(2)
 
$(1)\qquad\Rightarrow\;x=(V_{0}\sin\alpha)t\Rightarrow\;t=\dfrac{x}{V_{0}\sin\alpha}$
 
$\text{Dans }(2)\Rightarrow\;y=-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{V_{0}\sin\alpha}{2}\right)^{2}+V_{0}\cos\alpha\times\dfrac{x}{V_{0}\sin\alpha}$
 
$\Rightarrow\;y=-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{V_{0}^{2}\sin^{2}\alpha}+x\cot\,g\alpha$
 
3) a) Temps pendant lequel la bille s'élève avant de descendre
 
La composante $V_{y}$ 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
 
$V=Vx2+Vy2=V0sin2α+0=V0sinα=16sin50V=12ms1$
 
4) Altitude maximale atteinte par la bille
 
$y_{max}=-\dfrac{1}{2}gt^{2}+(V_{0}\cos\alpha)t$
 
$\text{or }t=\dfrac{V_{0}\cos\alpha}{g}\Rightarrow\;y_{max}=-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{V_{0}\cos\alpha}{g}\right)^{2}+(V_{0}\cos\alpha)\times\dfrac{V_{0}\cos\alpha}{g}$
 
$\Rightarrow\;y_{max}=\dfrac{V_{0}\cos^{2}\alpha}{2g}=\dfrac{16^{2}\cos^{2}50}{2\times 9.8}$
 
$\Rightarrow\;y_{max}=5.4\,m$
 
5) a) Détermination de la distance $OP$
 
C'est l'abscisse d'ordonnée nulle
 
$y=12gxp2V02sin2α+xpcotgα=0xp(12gxpV02sin2α+cotgα)=0xp=0 (Origine O)$
 
$ou xp=2cotgα×V02sin2αg=2V02sinαcosαg=V02sin2αg=162sin(2×50)9.8xp=25.7m$
 
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 $Q$
 
$y=12gx02V02sin2α+x0cotgα=0x0=0 ou 12g1V02sin2αx0cotgα=0$
 
$Comme 1sin2α=1+cotg2α12(1+cotg2α)gx0cotgα=0cotg2α2V02gx0cotgα+1=0cotgα1=V02gx0V04(gx0)211=V02gx0V04(gx0)21=1629.8×10164(9.8×10)21cotgα1=0.20cotgα2=V02gx0+V04(gx0)211=V02gx0+V04(gx0)21=1629.8×10+164(9.8×10)21cotgα2=5.03$
 
$\alpha_{1}=7807^{\circ}\text{ et }\alpha_{2}=11.3^{\circ}$

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 :
 
$P=mamg=maa=g\\Rightarrow\overrightarrow{a}\left\lbraceax=0az=g\right.$
 
$\Rightarrow\overrightarrow{V}\left\lbraceVx=V0Vz=gt\right.$
 
OM{x=V0t(1)z=12gt2+zC(2)
 
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 :
 
$z=012gxT2V02+zC=0xT2=2zCV02gxT=2zCV02g=2×40102×2.09.8xT=0.40m$
 
f) Détermination la date $t_{F}$ à laquelle la balle B tombe dans le trou
 
$z=12gt2+zC=0t2=2zCgt=2zCg=2×401029.8t=2.8s$
 
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 $C$
 
$ECCECA=WAC(P)12mVC212mVA2=mg(zAzC)zA=12g(VC2VA2)+zC=12×9.8(2.020.802)+40102zA=57cm$
 
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 :
 
$P=mamg=maa=g\\Rightarrow\overrightarrow{a}\left\lbraceax=0ay=gaz=0\right.$
 
$\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{V}}{\mathrm{d}t}=\overrightarrow{a}$
 
$\Rightarrow\overrightarrow{V}\left\lbracevx=ctevy=gt+ctevz=cte\right.$
 
$\overrightarrow{V}(t=0)\left\lbracevx=cte=v0cosαvy=g×0+cte=v0sinαvz=cte=0\right.$
 
V{vx=v0cosαvy=gt+v0sinαvz=0
 
$\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{OM}}{\mathrm{d}t}=\overrightarrow{V}\Rightarrow\overrightarrow{OM}\left\lbracex=(v0cosα)t+ctey=12gt2+(v0sinα)t+ctez=cte\right.$
 
OM(t=0){x=(v0cosα)×0+cte=0y=12g×02+(v0sinα)×0+cte=hz=cte=0
 
OM{x=(v0cosα)ty=12gt2+(v0sinα)t+hz=0
 
$(1)\qquad\Rightarrow\;x=(V_{0}\sin\alpha)t\Rightarrow\;t=\dfrac{x}{V_{0}\sin\alpha}$
 
$\text{Dans }(2)\Rightarrow\;y=-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{V_{0}\sin\alpha}\right)^{2}+V_{0}\cos\alpha\times\dfrac{x}{V_{0}\sin\alpha}$
 
$\Rightarrow\;y=-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{V_{0}^{2}\sin^{2}\alpha}+x\cot\,g\alpha$
 
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 $y$ :
 
$x=(v0cosα)tt=xv0cosαy=12g(xv0cosα)2+(v0sinα)(xv0cosα)+hy=12gx2v02cos2α+(tanα)x+h$
 
c) Valeur de $V_{0}$ pour que le panier soit réussi
 
Le panier est réussi si $x=7.1\,m$ et $y=3\,m$
 
$y=12gx2v02cos2α+(tanα)x+hv02=gx22cos2α(xtanα+hy)v0=gx22cos2α(xtanα+hy)=10×7.122cos245(7.1×tan45+23)v0=12ms1$
 
d) Durée du trajet effectué par le ballon du point $A$ au point $C$
 
$x=(v0cosα)tt=xv0cosα=7.112×cos45t=0.84s$
 
2) Vérifions si le panier sera marqué ou non
 
$x=0.9x=1210×0.92122×cos245+tan45×0.9+2y=2.84m>2.7m$
 
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 $V_{B}$
 
$VB2VA2=2aABVB20=2aAbVB=2aAb=2×5×2.5VB=5ms1$
 
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 $a$
 
$a=(1sinα)gf2m1=(1sin30)×100.22×200103a=4.5ms2$
 
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 $x'x$ :
 
$fm1gsinα+0=m1a1a1=fm1gsinαm1a1=fm1gsinα$
 
Le mouvement du solide $(S_{1})$ est uniformément varié
 
b) Calcul de la distance maximale $($par rapport au point $C)$ parcourue par le solide $(S_{1})$
 
$02vC2=2a1dd=vC22a1=vC22(fm1gsinα)=4.522(0.220010310sin30)d=2.5m$

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 :
 
$Extra \left or missing \right\right. \\&\Rightarrow&\vec{v}\left\lbracevx=v0cosαvz=gt+v0sinα\right.\\&\Rightarrow&\overrightarrow{OM}\left\lbracex=(v0cosα)tz=12gt2+(v0sinα)t+h\right.\end{array}$
 
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 :
 
$x=(v0cosα)tt=xv0cosαz=12g(xv0cosα)2+(v0sinα)xv0cosα+hz=12gx2v02cos2α+xtanα+h$
 
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
 
$Extra \left or missing \right\right. \\&\Rightarrow&\overrightarrow{OS}\left\lbracex=v02cosαsinαgz=12v02sin2αg+h\right. \\&\Rightarrow&\overrightarrow{OS}\left\lbracex=102cos45sin459.8z=12102sin2459.8+2.7\right. \\ú&\Rightarrow&S\;(5.1m\ ;\ 5.3m) \end{array}$
 
$z=-\dfrac{1}{2}g\dfrac{x^{2}}{v_{0}^{2}\cos^{2}\alpha}+x\tan\alpha+h$
 
$α=0z=12gx2v12cos20+xtan0+hz=12gx2v12+h$
 
2) Vérifions si la balle franchira le filet oui ou non 
 
$z(1)=12gl2v21+h=12×10×122252+2.7z(1)=1.55m>h0=1m$
 
la balle a franchi le filet. 
 
3) Distance derrière le filet où retombe la balle sur le sol.
 
$z=12gx2v12+h=0xp=2v12hg=2×252×2.79.8xp=18.6m$
 
d=xpl=18612d=66m
 

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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