2008 Asie Exo3 Correction Lois Newton 5 5pts

Asie 2008 EXERCICE III : LES LOIS DE NEWTON ( 5,5 points) Correction © http://labolycee.org 1. Voir ci-contre : :

O G2 G3 G4 G5 G6

r a4

r k r v G3

0 2

4

6

r v G5

8,0 cm

10

G12 G13 G14 14

Régime transitoire entre les positions G0 et G8 . Pendant des durées égales, les distances parcourues par l’objet augmentent. Le mouvement de l’objet est rectiligne et accéléré. 20 cm

Régime permanent à partir de la position G9. Pendant des durées égales, les distances parcourues par l’objet sont égales (1cm schéma). Le mouvement de l’objet est rectiligne et uniforme.

2.1.1. Déterminons l’échelle x de l’image : image réel 8,0 cm ⇔ 20 cm 1,0 cm ⇔ x donc x = 20 × 1,0 / 8,0 = 2,5 soit 1 cm schéma  2,5 cm réels

Z Les vecteurs vitesse ont été décalés sur l’axe Oz pour plus de lisibilité. Normalement leur point d’application est le point G. 2. Étude de la première phase : G2G4 G2G4  2.1.1. v G3  , sur l’image G2G4 = 1,2 cm =1,2×10–2 m t4  t2 2 donc v G3 

2,5  1,2  102 = 0,30 m.s-1 2  0,050

2,5  1,6  102 G4G6 v G5  , or sur l’image G4G6 = 1,6 cm =1,6×10–2 m donc = 0,40 m.s-1 2  0,050 2 r r -1 v Avec l’échelle des vecteurs vitesse, 1 cm ⇔ 0,20 m.s , G3 mesure 1,5 cm et v G5 mesure 2,0 cm. v G5 

r r r r r r v G5  v G3 .k v G5  v G3 r  v 2.1.2. a  = a 4 .k où k vecteur unitaire porté par l’axe Oz.   4 t 2. 2. 0,40  0,30 Ainsi : a 4  = 1,0 m.s-2. 2  0,050 r Avec l’échelle des accélérations, 1 cm ⇔ 0,50 m.s-2, a 4 mesure 2,0 cm. 2.2. Étude théorique 2.2.1. Poussée d’Archimède :  = mfluide déplacé . g = ρ.V.g =  = 1240 × 2,10.10-6 × 9,8 = 2,6 × 10–2 N



Poids de la bille :



P=m.g

P m  = 1,46 donc P et  sont du même ordre de grandeur.  .V

r f

2.2.2. Le solide est soumis : r - à son poids P : force verticale et dirigée vers le bas uu r - la poussée d’Archimède  : force verticale et dirigée vers le haut r - la force de frottement f : force verticale et dirigée vers le haut car opposée au sens de déplacement du solide.

uu r 

O r k

G

r P

2.3. Deuxième loi de Newton : Dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures appliquées à un système mécanique est égale au produit uuur de lar masse z du système par le vecteur accélération de son centre d’inertie G : Fext  m.aG . 2.4. En appliquant la deuxième loi de Newton au solide dans le référentiel du laboratoire galiléen : r uu r r r P +  + f = m.aG

r

r

r

r

⇔ P. k –  . k – f. k = m.az. k en projection sur l’axe (Oz) au point G4 : P –  – f = m.a4

avec f , la norme de la force de frottement

f = P –  – m.a4 = m.g – .V.g – m.a4

application numérique : f = 3,80×10–3 × 9,8 – 1240×2,10×10–6×9,8 – 3,80×10–3×1,0 f = 7,9×10–3 N. 2.5. L’énoncé donne : v4 = 0,32 m.s-1. (remarque : graphiquement on trouve v4 = 0,38 m.s–1, ce qui illustre la précision de la méthode) Or : k=

f = k.v4

soit k =

f v4

7,9  103 = 2,5×10–2 kg.s-1 0,32

( car f en N avec N = kg.m.s-2 et v en m.s-1).

3. Étude de la deuxième phase 3.1. Durant la seconde phase, en régime permanent, le mouvement est rectiligne et uniforme. 3.2. Première loi de Newton : Dans un référentiel galiléen, un solide soumis à un ensemble de forces qui se compensent est soit immobile, soit en mouvement rectiligne et uniforme. Et réciproquement. uu r r r r 3.3. On a : P +  + f =0 ⇔ P–  – f = 0 Posons v = vlim = Cte alors P –  – k.vlim = 0 ⇔ ⇔ 3.4. v G13

P   m.g  .V.g g   .(m  .V) k k k 9,8  (3,80  103  1240  2,10  10 6 ) = 0,47 m.s-1. vlim = 2,5  102 2,5  2,0.102 G12G14 -2 . Or sur l’image G12G14 = 2,0 cm = 2,0.10 m donc v G5  = 0,50 m.s-1  2  0,050 2 vlim =

On trouve une valeur proche de la vitesse limite calculée.