Exercices de physique des dispositifs 9 - correction, Exercices de Physique des dispositifs à impulsions
Eleonore_sa
Eleonore_sa5 May 2014

Exercices de physique des dispositifs 9 - correction, Exercices de Physique des dispositifs à impulsions

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Exercices de physique des dispositifs sur le mouvement d’un palet - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Propulsion du palet, Montée du palet dans la gouttière, Chute du palet sans vitesse initial...
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Exercice II. MOUVEMENT D’UN PALET 5,5 pts

2005 Pondichéry EXERCICE II. MOUVEMENT D’UN PALET (5,5 points) Correction

Partie 1 : Propulsion du palet.

1.1. (0,25) 3

2 31

2 10.0,202

10.7,4

2 

 

GG VG = 1,2 m.s

-1 (0,25) 2

53 4

GG VG = 3

2

10.0,202

10.3,6 

= 1,6 m.s-1

1.2. (0,25)3Ga

2

24 GGG VV

t

V  

 

  Les deux vecteurs 4GV

 et 2GV

ont la même direction,

(0,25)donc 3

24 3 10.202

2,16,1

2 

 

 

GG

G

VV a = 10 m.s-2

1.3. (0,25)Dans le référentiel gouttière , référentiel terrestre supposé galiléen, les forces qui s’exercent

sur le palet sont les suivantes :

- le poids P

(direction verticale, sens vers le bas, appliqué en G)

- la réaction de la gouttière R

(perpendiculaire à la glissière – pas de

frottements , vers le haut, appliquée au centre de la surface de contact entre

le palet et la glissière).

- la force exercée par le lanceur F

(direction de la glissière, sens du

mouvement, appliquée au centre de la surface de contact entre le palet et la

butée B')

1.4. (0,5)

Appliquons la deuxième loi de Newtonau système {palet} :

GamRFP 

.

Soit en projetant sur l’axe xx’ : F – m.g.sin = m.aGx

Le vecteur accélération a pour coordonnées Ga

(aGx ; aGy),

aGy = dt

dVy or la coordonnée Vy du vecteur vitesse du palet suivant Gy est nulle et constante.

donc aGy = 0.

La norme du vecteur accélération est donc égale à aG = 02 Gxa . Soit ici aGx = aG.

On obtient donc F = m.(aG + g.sin)

1.5. (0,25) F = )28sin80,910(10.0,50 3  = 0,73 N

Partie 2: Montée du palet dans la gouttière.

2.1.(0,25)Sur le trajet DF, le ressort n’agit plus sur le palet, les forces s’exerçant sur celui-ci sont :

- le poids P

- la réaction de la gouttière R

2.2. (0,25)EM(D) = EC(D) + EPP(D)

Le point D sert de référence pour l’énergie potentielle : EPP(D)= 0

EM(D) = EC(D) = 2

2

1 DmV

2.3. (0,25)EM(F) = EC(F) + EPP(F) VF = 0 donc EC(F) = 0

EM(F) = EPP(F) = m.g.zF = m.g.DF.sin

2.4. (0,75)Pour un solide en translation, EC = EC(F) – EC(D) = )( extFD FW



soit –EC(D) = )(PW FD

  + )(RW FD

 

– 2

1 .m.VD² = DFP.

 + DFR. 

– 2

1 .m.VD² = m.g.DF.cos(90+) + R.DF.cos 90

R

P

F

R

P

R

R

R

P

R

F

x

x'  

y

– 2

1 .m.VD² = – m.g.DF.sin + 0

2

1 .m.VD² = m.g.DF.sin

On trouve que EM(D) = EM(F). L'énergie mécanique s'est conservée au cours du mouvement de D à F.

En déduire la valeur de la distance DF ?

DF = 00,4 28sin80,92

1

sin2

1 2 

  DVg

= 0,435 m

Partie 3: Chute du palet sans vitesse initiale.

3.1. (0,5)Le palet est maintenant en chute verticale dans la glycérine, les forces qui s’exercent sur lui sont :

- le poids P

- la poussée d’Archimède  

(direction verticale, sens vers le haut, appliquée en G)

- la force de frottement fluide modélisée par f

(direction verticale, sens vers le haut, appliquée en G)

Remarque : pour plus de visibilité les points d’application des forces sont décalés sur le schéma.

3.2. (0,75)Appliquons la seconde loi de Newton au palet :

dt

Vd mamfP G

 

.. 

En projetant sur l’axe Oz’ vertical : P – f –  = m. dt

dV

On note mgly la masse de glycérine déplacée par le palet

Soit m.g – k.V – mgly.g = m. dt

dV

mg –kV – .V0l.g = m dt

dV

dt

dV V

m

k

m

gVm l  

. )..( 0

3.3. On ne connaît pas le volume du palet donc on ne peut pas calculer A avec l'expression littérale

obtenue précédemment. Utilisons une autre méthode:

(0,25)Quand t = 0, V = 0, on alors A = 0t

dV

dt

     

ce qui correspond au coefficient directeur de la tangente

à la courbe représentative de V = f(t) à t = 0. Soit le point M(tM = 0,004 ;VM = 0,032) appartenant à

la tangente

(0,25)A = M

M

t

V =

004,0

032,0 = 8 m.s-2

(0,25)Quand t > 60 ms, V = Vlim = Cte alors dt

dV = 0

A – BVlim = 0

B = 12,0

8

lim

V

A

B = 67 s-1

PS: Ne disposant que d'un sujet scanné avec des schémas peu clairs, les coordonnées du point M

indiquées peuvent être légèrement fausses. Les valeurs de A et B obtenues sont cependant cohérentes.

P

 

f

z'

O

A B

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