CORRECTION I Application des lois de Newton .

Exercice I

Le mouvement de la balle a lieu dans le repère $(O,\overrightarrow i ,\overrightarrow j )$, sa position initiale est dont A(0,20) et sa vitesse initiale ${\overrightarrow v _0}\left( {0,30} \right)$
La vitesse étant verticale ascendante, l’angle entre Ox et ${\overrightarrow v _0}$ vaut $\alpha = {90^0}$. Des équations horaires d’un projectile dans un champ de pesanteur. $\left\{ \begin{array}{l}x(t) = {v_0}\cos (\alpha ).t + {x_0}\\y(t) = - \frac{1}{2}g{t^2} + {v_0}\sin (\alpha ).t + {y_0}\end{array} \right.$
On peut déduire les équations horaires de la balle: $\left\{ \begin{array}{l}x(t) = 30\cos ({90^0}).t + 0\\y(t) = - \frac{1}{2}10{t^2} + 30\sin ({90^0}).t + 20\end{array} \right.$ $$\left\{ \begin{array}{l}x(t) = 0\\y(t) = - 5{t^2} + 30t + 20\end{array} \right.$$
1.1 Position de la balle à t=2s $$\left\{ \begin{array}{l}{x_B}(2) = 0\\{y_B}(2) = - 5{\left( 2 \right)^2} + 30 \times 2 + 20 = 60{\rm{m}}\end{array} \right.$$
1.2 Vitesse de la balle à t=2s
Des équations horaires, On a: $\left\{ \begin{array}{l}{v_x}(t) = 0\\{v_y}(t) = - 10t + 30\end{array} \right.$
Soit: $$\left\{ \begin{array}{l}{v_x}(2) = 0\\{v_y}(2) = - 10 \times 2 + 30 = 10{\rm{m/s}}\end{array} \right.$$
1.3 Hauteur maximale atteinte par la balle. Elle est obtenue pour la vitesse nulle $v = \sqrt {v_x^2 + v_y^2} = {v_y} = 0$
Ainsi: $- 10t + 30 = 0 \Rightarrow t = 3{\rm{s}}$
La hauteur maximale est dont: $${h_{\max }} = y(3) = - 5{\left( 3 \right)^2} + 30 \times 3 + 20 = 65{\rm{m}}$$
1.4 Temps au bout duquel la balle passe par C est tel que h_C=50m. soit: $y(t) = - 5{t^2} + 30t + 20 = 50$
Nous avons dont à résoudre l’équation du second degré: $- 5{t^2} + 30t - 30 = 0$
Les solutions de cette équation sont: ${t_1} = 1,26{\rm{s}}$ et ${t_2} = 4,73{\rm{s}}$
La balle atteint C en montant, au bout de 1,26s. En descendant, lorsqu’elle a atteint la hauteur maximale au bout de 4,73s.
1.5 La vitesse de la balle à cette hauteur sont: $$\begin{array}{l}{v_C}(1,26) = 17,4m/s\\{v_C}(4,73) = - 17,4m/s\end{array}$$
Le signe moins traduit le fait que la balle est entrain de descendre
1.6 La balle va atteindre le sol lorsque y(t) sera égale à zéro, soit:$- 5{t^2} + 30t + 20 = 0$.
Vous auriez t=6,6s
2. Désignons par hn la hauteur de chute après un temps t = n secondes alors:
À t=(n-1) secondes: $${h_{n - 1}} = \frac{1}{2}g{(n - 1)^2}$$
À t=n secondes: $${h_n} = \frac{1}{2}g.{n^2}$$
Nous pouvons dont exprimer la différence $\Delta h = {h_n} - {h_{n - 1}} = \frac{h}{2} = \frac{1}{2}g(2n - 1)$
Soit: $n = \frac{1}{2}\left( {\frac{h}{g} + 1} \right) \Rightarrow$ ${n^2} = \frac{1}{4}{\left( {\frac{h}{g} + 1} \right)^2} = \frac{{2h}}{g}$
On aboutit à une équation du second degré: $${h^2} - 6gh + {g^2} = 0$$
La solution est h=56,7m et le temps de chute est t=3,41s
3. Profondeur du puits
Soient t₁ la durée de chute du caillou et t₂ la durée de la remontée du son ${t_1} + {t_2} = 4,5{\rm{s}}$.
La distance parcourue par le caillou est: $h = \frac{1}{2}gt_1^2 = 5t_1^2$
La distance parcourue par le son est: $h = v{t_2} = 340{t_2}$
Ainsi: $\left\{ \begin{array}{l}4,9t_1^2 = 340{t_2}\\{t_1} + {t_2} = 4,5{\rm{s}}\end{array} \right.$
Qui est un système de deux équations à deux inconnues de solutions t₁=4,24s et t₂=0,24s.
4. Des équations horaires d’un projectile dans un champ de pesanteur$\left\{ \begin{array}{l}x(t) = {v_0}\cos (\alpha ).t + {x_0}\\y(t) = - \frac{1}{2}g{t^2} + {v_0}\sin (\alpha ).t + {y_0}\end{array} \right.$,
On a les équations horaires suivantes. $$\left\{ \begin{array}{l}x(t) = {v_0}\cos (\alpha ).t\\y(t) = - \frac{1}{2}g{t^2} + {v_0}\sin (\alpha ).t + h\end{array} \right.$$
La flèche est déterminée au point où la vitesse du ballon est nulle
v(t)=0 soit: $${t_F} = \frac{{{v_0}\sin (\alpha )}}{g}$$
Elle sera donnée en résolvant les équations. $$\left\{ \begin{array}{l}x({t_F}) = {v_0}\cos (\alpha ).{t_F}\\y({t_F}) = - \frac{1}{2}gt_F^2 + {v_0}\sin (\alpha ).{t_F} + h\end{array} \right.$$
Vous trouverez: $$y({t_F}) = h + \frac{{v_0^2{{\sin }^2}(\alpha )}}{{2g}}$$
La hauteur maximale est atteinte lorsque la dérivée de $y(x) = - \frac{1}{2}g\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {{v_0}\cos (\alpha )} \right)}^2}}} + x\tan (\alpha ) + h$ par rapport à x est nulle
La portée est obtenue pour y(t)=0 : soit, après résolution: $${t_P} = \frac{{{v_0}\sin (\alpha )}}{g}\left( {1 + \sqrt {1 + \frac{{2gh}}{{v_0^2{{\sin }^2}(\alpha )}}} } \right)$$
il lui correspond l’abscisse : $${x_P} = \frac{{v_0^2\sin (2\alpha )}}{{2g}}\left( {1 + \sqrt {1 + \frac{{2gh}}{{v_0^2{{\sin }^2}(\alpha )}}} } \right)$$
Vous pouvez faire l’application numérique.
$\alpha = {30^0}$, h=20m et ${v_0} = 30{\rm{m/s}}$.