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Calculatrice interdite
Correction du devoir surveillé nº4
Exercice 1 : Rocketeer
−
1. La quantité de mouvement d’un système de masse m et animé d’une vitesse →
v est donné par la relation
suivante :
→
−
−
p = m ·→
v
2. D’après la deuxième loi de Newton, dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures exercées sur un système est égale à la dérivée par rapport au temps de sa quantité de mouvement :
−
p
−−→ d→
Σ Fext =
dt
−
La quantité de mouvement →
p d’un système se conserve si sa dérivée est nulle, ce qui implique ici que la
somme des forces extérieures exercées sur le système soit nulle : on parle alors de système pseudo-isolé.
−
p
−−→ →
− d→
−−→
−
Σ Fext = 0 =
⇔ →
p = cst
dt
3. On considère le système {jetpack + gaz} constitué des deux sous-systèmes jetpack et gaz éjectés. En
supposant ce système pseudo-isolé, sa quantité de mouvement totale se conserve et reste la même
qu’initialement, c’est-à-dire nulle. On a alors à tout moment :
→
−
→
−
−
−
p =→
pj + −
p→
⇔ →
pj = − −
p→
g = 0
g
Si les gaz de combustion sont éjectés verticalement vers le bas, le jetpack se voit alors doté d’une impulsion vers le haut, tel que le prévoit la 3e loi de Newton :
« Pour chaque action, il existe une réaction égale et opposée. L’action est toujours égale à la réaction ;
c’est-à-dire que les actions de deux corps l’un sur l’autre sont toujours égales, de même direction mais
de sens contraires. »
Ainsi si le jetpack éjecte vers le bas les gaz de combustion, ces mêmes gaz poussent sur le jetpack vers
le haut pour le faire décoller.
pj
quantité de mouvement du jetpack
quantité de mouvement des gaz éjectés
pg
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4. D’après la question 3., dans le cadre d’un système pseudo-isolé, on a :
→
−
p = −−
p→ ⇔
j
g
−
mj · →
vj = −mg · −
v→
⇔
g
→
−
(M − mg ) · vj = −mg · −
v→
g
⇔
(M − mg ) · vj = mg · vg
On a alors :
vj =
mg · vg
M − mg
5. La masse des gaz éjectés est négligeable devant celle de l’ensemble au décollage puisque leur rapport
est de l’ordre de 1% :
mg
2, 0
=
= 0, 010
M 200
La relation obtenue à la question 4. devient alors:
mg · vg
vj =
M
La vitesse atteinte par le jetpack une seconde après le décollage a donc pour valeur :
2, 0 × 1, 5
vj =
200
vj = 1,5 × 10−2 km · s−1 = 15 m · s−1
6. La vitesse atteinte par le jetpack en réalité est très inférieure à celle calculée précédemment en raison
notamment des actions exercées par l’air.
Exercice 2 : Le trébuchet
1. Le système étudié n’est soumis qu’à son poids, il est donc en chute libre. En vertu de la deuxième loi de
Newton, on a :
−
p
→
− d→
⇔
P =
dt
−
−
m ·→
g = m ·→
a
(dans le cas d’un système de masse constante m)
Soit :
→
−
−
a =→
g
−
L’accélération du système est égale à l’accélération de pesanteur →
g.
2. On souhaite exprimer l’altitude z du système en fonction de son abscisse x.
D’après l’équation horaire x(t), on a :
x
t=
v0 · cos α
En remplaçant dans l’équation horaire z(t), on obtient :
!2
!
x
x
1
z = − ·g ·
+ (v0 · sin α) ·
+H
2
v0 · cos α
v0 · cos α
Soit :
z=−
g
2 (v0 · cos α)
2
· x2 + (tan α) · x + H
Par identification avec la forme z = A · x2 + B · x + C, on a :
g
A=−
2
2 (v0 · cos α)
B = tan α
C=H
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L’altitude z est homogène à une longueur, ainsi A·x2 , B·x et C sont également homogènes à des longueurs
et s’expriment en mètre. On a donc :
[A · x2 ] = [B · x] = [C] = [m]
L’abscisse x étant également homogène à une longueur :
[A] = [m−1 ]
[B] est sans unité
[C] = [m]
3. L’équation de la trajectoire est celle d’une parabole. Son allure est représentée sur la figure 3 de l’annexe.
−
4. On obtient l’expression des coordonnées vx (t) et vz (t) du vecteur vitesse →
v du système par dérivation
des équations horaires x(t) et z(t).

dx



vx = dt = v0 · cos α

→
−
v (t) 


dz

vz =
= −g · t + v0 · sin α
dt
5. La vitesse horizontale vx est constante au cours du temps ; le mouvement en projection sur l’axe horizontal (Ox) est donc uniforme — pas d’altération du mouvement suivant l’axe (Ox) puisque la seule
action exercée sur le système, son poids, est dirigée verticalement.
−
6. Le vecteur vitesse →
v est toujours tangent à la trajectoire et orienté dans le sens du mouvement. Au
sommet S, le vecteur vitesse est donc horizontal et dirigé vers la droite.
Le vecteur vitesse −
v→
S est représenté sur la figure 3 de l’annexe.
7. La vitesse verticale vz étant nulle au sommet de la trajectoire, on a :
vz (tS ) = −g · tS + v0 · sin α = 0
L’expression de la date à laquelle le projectile atteint le sommet de sa trajectoire est donc :
tS =
v0 · sin α
g
8. Si le projectile est lancé avec une vitesse initiale horizontale, on a α = 0°. Si l’abscisse de son point de
chute est notée xc , alors :
z(xc ) = 0 = −
g
· x2 + H
2v02 c
(car cos α = 1 et tan α = 0)
D’où :
s
xc =
2 v02 · H
= v0 ·
g
r
2H
g
(seule la racine positive a ici un sens physique)
9. On souhaite que le projectile atteigne la base du mur du château situé à une distance de 100 m. On a
donc :
xc = 100 m
La vitesse initiale v0 avec laquelle le projectile doit être lancé est la suivante :
r
r
g
10
v0 = xc ·
= 100 ×
2H
2 × 10
√
v0 = 100 × 0, 5 = 100 × 0, 71
v0 = 71 m · s−1
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ANNEXE (À RENDRE AVEC LA COPIE)
Nom, prénom : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
z
→
−
v0
G×
−
v→
S
α
H
x
O
Figure 3 – Lancement du projectile par un trébuchet
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