Exercices sur les concepts de physique 8 - correction, Exercices de Principes fondamentaux de physique
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Eleonore_sa8 mai 2014

Exercices sur les concepts de physique 8 - correction, Exercices de Principes fondamentaux de physique

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Exercices de physique sur les frottements avec l'air qu’en dit la NASA - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Le champ de pesanteur, les ballons de baudruche, l’énergie potentielle de pesanteur, L...
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2009 Métropole

2009 Métropole EXERCICE II. frottements avec l'air qu’en dit la NASA (5,5 points)

1.0,25 Le champ de pesanteur g est uniforme

donc le vecteur g est constant en direction

(verticale), sens (vers le bas) et norme : g = 9,8 m.s-2.

2.0,5 Poussé d’Archimède : air.V.g  

direction : verticale sens : vers le haut

norme : air.V.g  

point d’application : centre d’inertie G du système 3. Système : ballons de baudruche Référentiel : terrestre supposé galiléen

Forces : Poids : P m.g m.g.k  avec g g.k

0,25 Poussée d’Archimède : air air.V.g .V.g.k    

Force de frottement : 1 airf A. .v.k  

En considérant le premier modèle, la seconde loi de Newton donne :

0,25 1P f m.a  

air airmg.k .V.g.k A. .v.k m.a.k   

En projection selon l’axe vertical orienté vers le bas et sachant que

a = dv

dt il vient : air air

dv m.g .V.g A. .v m.

dt    

0,25 air air V.dv

m. m.g. 1 A. .v dt m

      

  (1)

Avec le second modèle de force il vient :

2P f m.a  

2

air airm.g.k .V.g.k B. .v .k m.a.k   

En projection selon l’axe vertical orienté vers le bas il vient :

2air air dv

m.g .V.g B. .v m. dt

   

0,25 2air

air

V.dv m. m.g. 1 B. .v

dt m

      

  (2)

4.1. À t = 0 , les ballons ont une vitesse initiale nulle, v(0) = 0 m.s-1, donc en utilisant l’équation

(1), il vient : air

t 0

V.dv m. m.g. 1

dt m

       

   

 air0 V.

m.a m.g. 1 m

    

 

0,5  air0 V.

a g. 1 m

      

g

k

z

O

1f

P

4.2.0,25 Graphiquement a0 est le coefficient directeur de la tangente à la courbe v(t) à t = 0 . Entre les points O (0 ;0) et K (0,4 ; 2,4) il vient :

0,25 a0 = 2,4 0

0,4 0

 = 6 m.s-2

4.3. air0 V.

a g. 1 m

      

0,25 0 7 1,2

a 9,8 1 22

     

  = 6,1 m.s-2 avec V en L, air en g.L-1 et m en g.

5.1. 0,25 Graphiquement la vitesse limite correspond à l’asymptote horizontale du graphe v(t) : vlim = 2,7 m.s-1

5.2.0,5 Pour v = vlim = Cte on a dv

dt = 0 donc l’équation (1) devient :

air air lim,1

V. 0 m.g. 1 A. .v

m

      

  et finalement :

air

lim,1

air

V. m.g. 1

m v

A.

   

  

5.3. 0,25

3

lim,1 1 5

7 1,2 22 10 9,8 1

22 v

1 10 2 10

      

    

= 666,4 m.s-1 = 7102 m.s-1 avec un chiffre significatif.

5.4.0,25 On a vlim,2 = 2 m.s-1 et vlim,1 = 7102 m.s-1 et graphiquement vlim = 2,7 m.s-1. vlim est plus proche de vlim,2, donc le second modèle de force est le mieux adapté. 6.1.0,25 Les formes d’énergies que possède la navette sont : l’énergie cinétique (due à sa vitesse) et l’énergie potentielle de pesanteur (due à sa hauteur par rapport au sol). 6.2.0,25 Les deux grandeurs physiques sont l’énergie (« 2 terajoules ») et la puissance (1 « mégawatt »).

6.3. EC = ½.m.v²f – ½.m.v²i = ½.m(v²f – v²i)

avec m = 70 t = 70103 kg vi = 28 000 km.h-1 = (28 000) / 3,6 m.s-1 et vf = 400 km.h-1 = (400) / 3,6 m.s-1

0,25 EC = ½  70103      

         

2 2 400 28000

3,6 3,6 = – 2,11012 J = – 2,1 TJ < 0 car énergie

cédée au milieu extérieur par le système.

0,25 Puissance: P = 12

cE 2,1 10

t 2000

   

 = –1,0109 W = –1,0  103 MW.

0,25 La variation d’énergie semble correcte mais la puissance obtenue ne correspond pas avec celle donnée par l’élève.

Vlim = 2,7 m.s-1

K

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