Exercitations de physique des dispositifs sur le jeu du boulet  - correction, Exercices de Physique des dispositifs à impulsions
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Eleonore_sa7 May 2014

Exercitations de physique des dispositifs sur le jeu du boulet - correction, Exercices de Physique des dispositifs à impulsions

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Exercitations de physique des dispositifs sur le jeu du boulet - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l'étude du mouvement du boulet entre a et b, l'étude de la chute du boulet apres le point c. ...
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EXERCICE III Jeu du boulet 4 pts

Antilles – Guyane 2007 EXERCICE III. JEU DU BOULET (4 points) Correction

1. ÉTUDE DU MOUVEMENT DU BOULET ENTRE A ET B. 1.1. On étudie le système boulet dans un référentiel terrestre, supposé galiléen.

Le boulet est soumis : à son poids P 

(de direction verticale, sens vers le bas, de valeur P = m.g)

à la réaction R 

du plan incliné (de direction perpendiculaire au plan car les frottements sont négligés, sens vers le haut, de valeur R).

1.2.1. EPP(A) = m.g.hA et hA = D.sin d’après la figure fournie EPP(A) = m.g.D.sin

EPP(A) = 0,010×9,8×0,50×sin30 = 2,5×10–2 J. 1.2.2. Em(A) = EPP(A) + EC(A) et la vitesse au point A est nulle donc EC(A) = 0 J

Em(A) = EPP(A)Em(A) = 2,5×10–2 J.

1.2.3. Les frottements étant négligés au cours du mouvement l’énergie mécanique se conserve.

Em (B) = Em(A)Em (B) =2,5×10–2 J.

1.3. Em (B) = Em(A) ½ m.vB2 + m.g.zB = ½ m.vA2 + m.g.zA

avec zB = 0 m, vA = 0 m.s-1 et zA = hA

on obtient ½ m.vB2 = m.g.hA = m.g.D.sin

soit ½ .vB2 = g.D.sin

vB2 = 2g.D.sin

D’où vB = 2g.D.sinα

2. ÉTUDE DE LA CHUTE DU BOULET APRES LE POINT C. On étudie le mouvement du centre d’inertie G du boulet après le point C. L’origine des temps est prise lorsque le boulet est en C. Le mouvement étant rectiligne et uniforme entre B et C, la vitesse en C est la même qu’en B : vC = vB = 2,2 m.s-1 2.1. L’action de l’air est négligée. 2.1.1. Deuxième loi de Newton: Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces extérieures

appliquées à un système est égale au produit de la masse du système par son accélération :  ext .F m.a 2.1.2. L'action de l'air étant négligée (ainsi que la poussée d'Archimède) seul le poids est appliqué au boulet

  ext .F P m.g donc m.g m.a  a g

2.1.3. Compte tenudu repère Cxz choisi on a : x x

z z

a g a

a g g

     

0

2.2.1. À chaque instant : dv

a dt  donc ax= x

dv (t )

dt et az= z

dv (t )

dt donc en intégrant :

x

z

v (t ) Cte v

v (t ) g.t Cte

 

  

1

2

Coordonnées du vecteur vitesse initiale v( )0 = cv : C x C B

C

Cz

v v v v

v

  

 0 alors

 



1

2 0

BCte v

Cte

Finalement x B

z

v (t ) v v

v (t ) g.t

 

 

P 

R 

hA

A

B

2.2.2 On donne:

     

2

x ( 2g.D.sinα ).t

CG 1 z g.t

2

on isole t de l'expression de x : t = x

.g.Dsin2

on reporte dans z : z(x) =

.g. .g.D.sin

 1

2 2

z(x) = 

 4

.D.sin équation de la trajectoire.

2.3.1. Lorsque le boulet atteint le sol : z = - hc donc de l'expression z = .g.t² 1

2 il vient hc = .g.t²

1

2

alors t = c .h

g

2

t = ,

,

2 0 40

9 8 = 0,29 s

2.3.2. Quand le boulet touche le sol : x = Xf et z = -hC.

Utilisons l’équation de la trajectoire z(x) =

.D.sin  4

pour obtenir Xf.

hC = f X ²

.D.sin4

Xf² = 4.D.hC.sin

Xf = C. D.h .sin2 (on ne retient pas la solution Xf = – C. D.h .sin2 )

Xf = 2  , , sin 0 50 0 40 30 = 0,63 m

Xf n'est pas compris entre X1 = 0,55 m et X2 = 0,60 m donc le boulet n'atteint pas la cible.

2.4. On repart de l'expression hC = f X ²

.D.sin4 et on isole D.

D = f

C

X ²

.h .sin4

D = , ²

, sin 

0 57

4 0 40 30 = 0,41 m

La valeur de D obtenue est inférieure à la valeur initiale 0,50 m ce qui est cohérent pour que le boulet atteigne la cible.

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