Exercitations de physique avancée 4 - correction, Exercices de Physique Avancée
Eleonore_sa
Eleonore_sa9 May 2014

Exercitations de physique avancée 4 - correction, Exercices de Physique Avancée

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Exercitations de physique avancée sur le dauphin à flancs blancs - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Le système dauphin, Construction du vecteur, Étude énergétique.
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Exercice 3: Le dauphin à flancs blancs (5,5 points)

Bac S 2011 Réunion EXERCICE II : LE DAUPHIN À FLANCS BLANCS (4 points)

1ère partie : Étude cinématique du saut du dauphin 1. Le système dauphin, de masse m et de centre d’inertie G, est étudié dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

Le repère d’étude est le repère (O, i , j ).

En négligeant les actions de l’air, le dauphin n’est soumis qu’à son poids P m.g

La deuxième loi de Newton permet d’écrire : GP m.a soit Gm.g m.a donc Ga g

En projection dans le repère (O, i , j ) : x

G

y

a 0 a

a g

   

2.1. On a : G dV

a dt

 donc

x x

G

y

y

dV a 0

dt a

dV a g

dt

  

     

ainsi    

x

y

V t Cte1 V

V t gt Cte2

  

  

Initialement :   0V 0 V donc 0 0

Cte1 V .cos

0 Cte2 V .sin

     

finalement :    

x 0

y 0

V t V .cos V

V t g.t V .sin

   

   

2.2. On a : dOG

V dt

 donc x 0

y 0

dx V V .cos

dt V

dy V g.t V .sin

dt

   

       

ainsi  

 

0

2

0

x t V .cos .t Cte3

OG 1 y t .g.t V .sin .t Cte4

2

     

     

Initialement :  OG 0 0 donc Cte3 0 0

0 0 Cte4 0

     

finalement :  

 

0

2

0

x t V .cos .t

OG 1 y t .g.t V .sin .t

2

    

    

3. Calculons y(t=0,87 s) =  2 1

10 0,87 10 sin 60 0,87 2       = 3,7499 m  3,7 m > 3 m.

Le saut est donc réellement d’au moins 3 mètres de haut.

4.1. Vitesse V4 = 3 5 G G

2 avec  = 0,10 s graphiquement : G3G5 = 2,5 cm

Avec l’échelle 1 cm pour 0,50 m, G3G5 = 2,5  0,5 = 1,25 m

Donc V4 = 1,25

0,20 = 6,25 m.s1= 6,3 m.s1

Vitesse V6 = 5 7 G G

2 graphiquement : G5G7 = 2,0 cm

Avec l’échelle 1 cm pour 0,50 m, G5G7 = 2,0  0,5 = 1,0 m

Donc V6 = 1,0

0,20 = 5,0 m.s1.

4.2. Avec l’échelle 1 cm pour 2 m.s-1 4V mesure 6,25 /2 = 3,1 cm

Et 6V mesure 5,0 /2 = 2,5 cm

Voir les deux vecteurs sur le document de l’annexe ci-après.

4.3. Construction du vecteur 6 4V V V   au point 5 : on reporte 6V au point 5 et on soustrait le

vecteur 4V (voir vecteurs en pointillés). Le vecteur V mesure 1,0 cm donc avec l’échelle des

vitesses : V = 2,0 m.s1.

4.4. On a : 5 V

a 2

  

donc en norme : 5 V

a 2

  

soit 5 2,0

a 0,20  = 10 m.s2.

Avec l’échelle 1 cm pour 2 m.s2 le vecteur 5a mesure 5,0 cm (en violet).

4.5. On constate que a5 = g = 10 m.s2. Par ailleurs les deux vecteurs 5a et g ont même direction

(la verticale) et même sens (vers le bas). Les deux vecteurs sont donc égaux. Les résultats de la question 4.4 sont en accord avec ceux de la question 1. 2ème partie : Étude énergétique

5. EC(G) = 1

2 .m.vG2 =

1

2 .m.( 2 2x yV V )

2 = 1

2 .m.( 2 2x yV V )

6. EP(G) = m.g.y 7. à la date t = 0 s, G est confondu avec le centre du repère O Em(O) = EC(O) + EP(O)

Em(O) = 1

2 .m.vO2 + m.g.yO

Em(O) = 0,5 × 180 × 102 + 0 Em(O) = 9,0×103 J 8. On néglige les actions de l’air ainsi l’énergie mécanique se conserve au cours du mouvement. Soit le point S sommet de la trajectoire, Em(S) = Em(O)

1

2 .m.( 2 2xS ySV V ) + m.g.yS = Em(O)

avec VxS = V0.cos α et VyS = 0 alors 1

2 .m. 2 20V .cos  + m.g.yS = Em(O)

m.g.yS = Em(O) – 1

2 .m. 2 20V .cos 

yS = m E (O)

m.g –

2 2

0V .cos

2.g

yS = 39,0 10

180 10

 –

2 210 .cos 60

2 10 = 3,75 m = 3,8 m. On retrouve environ le résultat obtenu au 3.

4V 6V

V

5a

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