Exercices sur les concepts de physique 3 - correction, Exercices de Concepts de physique
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Eleonore_sa8 May 2014

Exercices sur les concepts de physique 3 - correction, Exercices de Concepts de physique

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Exercices de physique sur le hockey sur gazon - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Première phase, Deuxième phase, Étude énergétique.
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Exercice I : Le hockey sur gazon 5 pts

Amérique du Nord 2009 Exercice I : LE HOCKEY SUR GAZON (5 points) Correction

A – Première phase

1.1. Deuxième loi de Newton : Dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures

ExtF exercée sur un système de masse m est égale au produit de la masse m par le vecteur

accélération a : ExtF m.a 

On étudie le mouvement du système {balle} dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

En négligeant les actions liées à l’air et le poids de la

balle (énoncé) devant la force F exercée par la crosse,

la deuxième loi de Newton appliquée à la balle sur son

trajet entre A et B s’écrit : F m.a .

1.2. La trajectoire de la balle entre A et B, est une droite : le mouvement est rectiligne.

La force F est supposée constante (énoncé) donc le vecteur accélération a est aussi constant (m = Cte). Ainsi, sur le trajet entre A et B, la balle est animée d’un mouvement rectiligne uniformément accéléré.

2.1. Par définition du vecteur accélération : dv

a dt  .

Pour t suffisamment « petit » : B A v vdv v

a dt t t

   

  .

Or la balle part du point A sans vitesse initiale (énoncé) donc il vient : B v

a t

 

2.2. B v 14

a t 0,11

  

= 127,27 = 1,3102 m.s-2 valeur non arrondie stockée en mémoire pour la suite

3. De la relation vectorielle F m.a il vient : F = m.a donc F = 0,160  127,27 = 20 N.

Le poids P de l’objet a pour valeur : P = m.g = 0,160  9,8 = 1,6 N.

F 20 13

P 1,6   donc la valeur de la force F est environ 13 fois plus grande que celle du poids de

la balle. L’hypothèse qui néglige le poids devant la force exercée par la crosse sur la balle n’est

pas justifiée, il faudrait  F

100 P

.

B – Deuxième phase 1. Trajectoire de la balle. 1.1. Le mouvement de la balle est maintenant étudié dans le référentiel terrestre associé au repère (O,x,z) .

Coordonnées du vecteur Bx B

B

Bz B

v v .cos v

v v .sin

  

 

1.2. Coordonnées du vecteur position B

B

x 0 OB

z h

  

1.3. Quel que soit le point G de la trajectoire, les coordonnées du vecteur vitesse au point G

sont :  

   

x B

z B

v v .cos v

v v .sin gt

A

B

F h

La composante horizontale du vecteur vitesse, vx = vB.cos , est une constante qui ne dépend pas de la position du point G choisi.

Au sommet S de la trajectoire, le vecteur vitesse de la balle est horizontal, donc vSz = 0.

La norme du vecteur vitesse au point S est alors : vS = 2 2

Sx Szv v  vSx = vB.cos

Ainsi : vS = vB.cos = 14  cos(30) = 12 m.s-1.

1.4. Par définition du vecteur vitesse : dOG

v dt

 ainsi : v

Par intégration, et en tenant compte des conditions initiales x(0) = xB = 0 et z(0) = zB = h

OG finalement : OG

1.5. Équation de la trajectoire : on isole le temps « t » de la première équation que l’on reporte dans l’expression de z :

t = B

x

v .cos donc z(x) = h +  

2

B

B B

x 1 x v .sin . .g

v .cos 2 v .cos

     

  

finalement : z(x) = h + tan.x

2

B

1 x .g

2 v .cos

    

 

équation d’une parabole de la forme z(x) = a.x² + bx + c de concavité tournée vers le bas car a < 0.

2.1. Pour que le but soit marqué il faut pour x = d, que 0  z(d)  L.

2.2. Pour x = d = 15 m , z(d) = h + tan.d

2

B

1 d .g

2 v .cos

    

 

z(d)= 0,40 + tan(30°)  15 – 2

1 15 9,8

2 14 cos30

     

  = 1,6 m.

On a donc bien : 0  z(d)  L = 2,14 m.

C – Étude énergétique

1. Énergie potentielle de pesanteur : EP(z) = m.g.z

Énergie mécanique : EM = EC + EP = ½.m.v² + m.g.z

2. Au point B : EM(B) = ½.m.vB² + m.g.h = 0,5  0,160  (14²) + 0,160  9,8  0,40 = 16 J.

3.1. En négligeant les actions de l’air, l’énergie mécanique est constante au cours du mouvement de la balle.

3.2. Ainsi : EM(B) = EM(S) = EM

EM = ½.m.vS² + m.g.zmax  EM – ½.m.vS² = m.g.zmax  2

SM vE

m 2  = g.zmax

 2

SM max

vE1 z .

g m 2

      

2

max

1 16,3 12 z

9,8 0,160 2

    

  = 3,1 m. Calcul effectué avec la valeur non arrondie de Em du 2.

 

 

    

B B

2

B B

x = v .cosα t + x

1 z = v .sinα t - g.t + z

2

x B

z B

dx v = = v .cosα

dt

dz v = =v .sinα-g.t

dt

    

 

 

B

2

B

x = v .cosα t

1 z = h + v .sinα t - g.t

2

    

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