Exercices de physique des dispositifs 5 - correction, Exercices de Physique des dispositifs à impulsions
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Eleonore_sa5 May 2014

Exercices de physique des dispositifs 5 - correction, Exercices de Physique des dispositifs à impulsions

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Exercices de physique des dispositifs sur le jeu de fête foraine - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la propulsion de la bille, la chute de la bille.
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Exercice n°1 : JEU DE FETE FORAINE 5,5pts

Antilles 2005 Exercice n°1 : JEU DE FETE FORAINE (5,5 points) Sans calculatrice

Correction

1. Propulsion de la bille :

1.1. EPe (A’) = ½ k . xA’2 EPe(A’) = 1/225(-0,10) 2 =12,50,010 = 0,125 = 0,13 J

1.2. Quand le ressort se détend, la bille acquiert de l’énergie cinétique.

Ec = ½ mv2 Ec en joules (J) ; m en kilogrammes (kg) et v en mètres par seconde (m.s-1)

1.3. Em = Ec + EP = ½ k.x2 + ½ m.v2

1.4. Si les frottements sont négligeables, le système est conservatif : l’énergie mécanique se conserve.

1.5. Au point O, le ressort est au repos (x = 0) donc EPe(O) = 0 J Em(O) = Ec(O) = ½ m.v2

D’autre part en A’ le système est au repos EC(A’) = 0 J Em(A’) = EPe (A’)

On a donc Ec(O) = EPe (A’) (l’énergie mécanique se conserve) Donc Ec(O) = 0,13 J (=0,125J)

1.6. Ec(O) = ½ m.v2 v = m

OEc )(2 vO = 25 10.0,1

25,0

10.10

125,02 23 

 

= 5,0 m.s-1

1.7. Entre O et C, la bille ne subit pas de frottements, le système est toujours conservatif. Or la seule

énergie potentielle qui intervient est l’énergie potentielle de pesanteur. Mais l’altitude reste constante,

donc l’énergie cinétique se conserve. v(C)= v(O).

2. Chute de la bille :

2.1. Considérons comme système la bille dans un référentiel terrestre supposé galiléen. La bille n’est

soumise qu’à son poids P

. Appliquons la deuxième loi de Newton :

P

= m a

m a

= m g

ga  

2.2. a

(0 ; -g) a

(0 ; -10) coordonnées en m.s–2

2.3.À t = 0 s, la bille est en C (0 ; 0,050) avec une vitesse Cv 

horizontale Cv 

(5,0 ; 0)coordonnées enm.s-1

dt

vd a

   Par intégration des coordonnées du vecteur accélération il vient : v

 (vx = Cte ; vy = –gt +Cte)

Soit v 

( vC ; –g.t )

dOG v

dt  où G est le centre d’inertie de la bille,

par intégration des coordonnées du vecteur vitesse, on a : X = vC.t + Cte et Y = –1/2 g.t2 + Cte

X(t) = vC.t(1)Y(t) = –1/2 g.t2 + YC(2)

2.4. D’après l’équation (1), on a t = C

X( )

v

t

En remplaçant dans (2), il vient Y(X) = –1/2 g.

2

C

X

v

     

+ YC

Y(X) = – ²0,5

105,0  X2 + 0,05 Y(X) = –0,20X2 + 0,050

2.5. La bille tombe dans un trou quand Y(X) = 0 Soit –0,2X2 + 0,05 = 0

0,2 X2 = 0,05

X2 =

5

1

05,0

2,0

05,0  = 0,25

X = 210.25  = 2 2

10.0,5

La seule solution physiquement possible est la valeur de X positive, soit X = 0,50 m, abscisse du trou F

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