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EXERCICE II Un service au tennis (5,5 points)

Exercice 11 .... Le mouvement de la balle est donc rectiligne accéléré. ... Comme il s'agit d'un mouvement de translation, tous les points du navire ont le même ...




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donc une seule force :
le poids  vertical descendant de norme 
Donc, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée au système ballon s’écrit :

 donc : 

Les coordonnées du vecteur accélération sont donc, dans le repère de la figure :

 EMBED Equation.DSMT4  or :  puisque le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse.

Donc :  EMBED Equation.DSMT4 
En intégrant les expressions précédentes, il vient par conséquent :  EMBED Equation.DSMT4 

Or, le vecteur vitesse initial fait un angle  EMBED Equation.DSMT4 avec l’horizontale dans le plan Oyz, donc :  EMBED Equation.DSMT4 
Soit :  EMBED Equation.DSMT4   EMBED Equation.DSMT4 

De plus, EMBED Equation.DSMT4  puisque le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position.
En intégrant, il vient :  EMBED Equation.DSMT4 

Or, x(0) = 0 ; y(0) = 0 ; z(0) = hA.

Donc :  EMBED Equation.DSMT4 

En utilisant l’équation , on peut affirmer que la trajectoire du mobile reste dans le plan Oxy : en effet, aucune position de la balle ne se trouve dans un autre plan, sinon  EMBED Equation.DSMT4 ne serait pas identiquement nulle.

Exprimons à l’aide de l’équation  EMBED Equation.DSMT4  l’instant où la position horizontale y est atteinte :  EMBED Equation.DSMT4 
donc, en remplaçant l’instant t par son expression dans l’équation :  EMBED Equation.DSMT4 
 EMBED Equation.DSMT4  donc :  EMBED Equation.DSMT4 

b. On veut que le centre d’inertie du ballon, partant de z = hA = 2,40 m , arrive en z = hC = 3,0 à la position yC = 6,2 m.

Ce qui se traduit par la relation suivante par l’intermédiaire de l’équation de la trajectoire :

 EMBED Equation.DSMT4  donc :  EMBED Equation.DSMT4  soit :

 EMBED Equation.DSMT4 

A.N : v0 = 8,4 m.s-1

c. On veut que le centre d’inertie du ballon, partant de z = hA = 2,40 m , soit en z = hB +dballon = 3,13 m à la position yD = d’ cherchée.

Ce qui se traduit par la relation suivante par l’intermédiaire de l’équation de la trajectoire :
 EMBED Equation.DSMT4 

On résout donc l’équation du second degré suivante :  EMBED Equation.DSMT4 

Avec :  EMBED Equation.DSMT4  soit :

 EMBED Equation.DSMT4 
ou
 EMBED Equation.DSMT4 

A.N :  EMBED Equation.DSMT4  1,4 m ou  EMBED Equation.DSMT4 5,6 m

La solution conservée est la plus grande, soit :  EMBED Equation.DSMT4  5,6 m

Exercice 12

a. Bilan des forces :

Les systèmes agissant sur le système {balle} sont :
l’air,
la Terre.
On néglige l’action de l’air, la poussée d’Archimède, due à la différence de pression entre deux couches d’air, et la force de frottement de l’air, due à la résistance de l’air au déplacement de l’objet, sont donc négligées.

Inventaire des forces sur le système {balle} :
on a donc une seule force :
le poids  vertical descendant de norme 
Donc, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée au système ballon s’écrit :

 donc : 

Les coordonnées du vecteur accélération sont donc, dans le repère de la figure :

 EMBED Equation.DSMT4  or :  puisque le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse.

Donc :  EMBED Equation.DSMT4 
En intégrant les expressions précédentes, il vient par conséquent :  EMBED Equation.DSMT4 

Or, la vitesse initale est ici nulle, donc :  EMBED Equation.DSMT4 

De plus,  EMBED Equation.DSMT4  puisque le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position.
En intégrant, il vient :  EMBED Equation.DSMT4 

Or, x(0) = 0 ; y(0) = 0 ; z(0) = 0.

Donc :  EMBED Equation.DSMT4 

En utilisant les équation et , on peut affirmer que la trajectoire du mobile est rectiligne.
Le mouvement de la balle est donc rectiligne accéléré.

1.b. Comme , x1 = 0.

2.a. La force exercée sur la bille n’a pas changé, on a donc toujours, d’après la 2e loi de Newton :  EMBED Equation.DSMT4 
La vitesse initiale n’est plus nulle, elle vaut  EMBED Equation.DSMT4  . Donc :  EMBED Equation.DSMT4 

Par conséquent, en intégrant comme précédemment :  EMBED Equation.DSMT4 

2.b. D’après l’équation  EMBED Equation.DSMT4  donc :  EMBED Equation.DSMT4 
Soit, en remplaçant dans l’expression de y(t) :  EMBED Equation.DSMT4 
L’abscisse x2 est donc donnée par la relation :  EMBED Equation.DSMT4  soit :  EMBED Equation.DSMT4 
A.N :  EMBED Equation.DSMT4 4,7 m.

2.c. D’après la question précédente, le pont du navire est atteint à la date pour laquelle on a  EMBED Equation.DSMT4 4,7 m
Or :  EMBED Equation.DSMT4  donc  EMBED Equation.DSMT4  soit  EMBED Equation.DSMT4 1,56 s.
2.d. Pendant la chute de la boule, le navire avance à vitesse constante vh. Comme il s’agit d’un mouvement de translation, tous les points du navire ont le même mouvement, et donc le point A se retrouve à l’abscisse  EMBED Equation.DSMT4  soit :  EMBED Equation.DSMT4 4,7 m.

3. C’est salviati qui a raison : pendant la chute de la boule, le navire avance à la même vitesse horizontale que la boule : celle-ci tombe donc au même endroit du navire, que celui-ci soit en mouvement rectiligne uniforme ou immobile.
En revanche, si le navire accélère ou ralentit, le résultat sera différent.

Exercice 13

Dans les trois cas, on applique la deuxième loi de Newton au système projectile dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

Les systèmes agissant sur le système {balle} sont :
l’air,
la Terre.
On néglige l’action de l’air on a donc une seule force agissant sur la balle : le poids  vertical descendant de norme 

On a alors :  donc : 

L’espace est muni d’un repère  orthonormé. L’axe Oy est vertical orienté vers le haut.
Donc :  EMBED Equation.DSMT4  or :  puisque le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse.

Donc :  EMBED Equation.DSMT4 
En intégrant les expressions précédentes, il vient par conséquent :  EMBED Equation.DSMT4 

a. Dans ce cas, 
donc :  EMBED Equation.DSMT4 

De plus,  EMBED Equation.DSMT4  puisque le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position.
En intégrant, il vient :  EMBED Equation.DSMT4 

Or, x(0) = 0 ; y(0) = 0 ; z(0) = 0.

Donc :  EMBED Equation.DSMT4 

En utilisant les équation et , on peut affirmer que la trajectoire du mobile est rectiligne.

A l’instant tmax où la hauteur maximale est atteinte, la vitesse du mobile est nulle. Or,  EMBED Equation.DSMT4 .

On a donc :  EMBED Equation.DSMT4  soit  EMBED Equation.DSMT4 .
La hauteur hmax est atteinte à l’instant tmax donc :  EMBED Equation.DSMT4 
Soit :  EMBED Equation.DSMT4  donc :  EMBED Equation.DSMT4 
A.N :  EMBED Equation.DSMT4  7,0 m.

b. Dans ce cas,  EMBED Equation.DSMT4 

Soit :  EMBED Equation.DSMT4 

De plus,  EMBED Equation.DSMT4  puisque le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position.
En intégrant, il vient :  EMBED Equation.DSMT4 

Or, x(0) = 0 ; y(0) = 0 ; z(0) = 0.

Donc :  EMBED Equation.DSMT4 

Le mouvement est dans le plan Oxy.
Exprimons à l’aide de l’équation  EMBED Equation.DSMT4  l’instant où la position horizontale y est atteinte :  EMBED Equation.DSMT4 
donc, en remplaçant l’instant t par son expression dans l’équation :  EMBED Equation.DSMT4 
donc :  EMBED Equation.DSMT4 
La portée du tir correspond à la valeur xmax de x pour laquelle y = 0.

Donc :  EMBED Equation.DSMT4  soit :  EMBED Equation.DSMT4 
Donc :  EMBED Equation.DSMT4  soit :  EMBED Equation.DSMT4 

En conclusion :  EMBED Equation.DSMT4  donc :  EMBED Equation.DSMT4  A.N :  EMBED Equation.DSMT4 26°

c. Dans ce cas aussi,  EMBED Equation.DSMT4 

Donc :  EMBED Equation.DSMT4 

A l’instant tmax = 20 s, y = 0 donc :  EMBED Equation.DSMT4  soit :  EMBED Equation.DSMT4 

A.N :  EMBED Equation.DSMT4 113 m.s-1.


Exercice 15

Nous allons trouver les équations horaires du mouvement des projectiles A et B. Ensuite, nous exprimerons que la position de A doit coïncider avec celle de B avant l’instant tmax où la position verticale de B est nulle.

Dans les deux cas, on applique la deuxième loi de Newton au système projectile A ou B dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

Les systèmes agissant sur le système {projectile} sont :
l’air,
la Terre.
On néglige l’action de l’air on a donc une seule force agissant sur la balle : le poids  vertical descendant de norme 

On a alors :  donc : 

L’espace est muni d’un repère  orthonormé. L’axe Oy est vertical orienté vers le haut.
Donc :  EMBED Equation.DSMT4  or :  puisque le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse.

Donc :  EMBED Equation.DSMT4 
En intégrant les expressions précédentes, il vient par conséquent :  EMBED Equation.DSMT4 


Le projectile A et le projectile B n’ont pas les mêmes conditions initiales. Donc :

Projectile A : vitesse initiale  EMBED Equation.DSMT4 Projectile B : vitesse initiale nulle EMBED Equation.DSMT4 

 EMBED Equation.DSMT4 Or :  EMBED Equation.DSMT4  donc en intégrant : EMBED Equation.DSMT4  EMBED Equation.DSMT4 Projectile A : à l’origine en t = 0.Projectile B : au point I en t = 0  EMBED Equation.DSMT4  EMBED Equation.DSMT4 Le mouvement des deux projectiles est donc plan. Il reste :
 EMBED Equation.DSMT4  EMBED Equation.DSMT4 
A atteint B si :  EMBED Equation.DSMT4  soit :  donc :  EMBED Equation.DSMT4  (1)
Et ceci avant que :  EMBED Equation.DSMT4  soit :  EMBED Equation.DSMT4  et donc :  EMBED Equation.DSMT4 
par conséquent :  EMBED Equation.DSMT4  (2)

Or, (1) implique :  EMBED Equation.DSMT4  et  EMBED Equation.DSMT4  car  EMBED Equation.DSMT4 
En utilisant (2) :  EMBED Equation.DSMT4  soit :  EMBED Equation.DSMT4 

En définitive, la projectile A rencontre le projectile B si :

 EMBED Equation.DSMT4  et  EMBED Equation.DSMT4