Terminale S AE 13_Application des lois de Newton
M.Meyniel 1/6
APPLICATION DES LOIS DE NEWTON
Objectifs : - Mettre en œuvre une démarche expérimentale pour étudier un mouvement.
- Modéliser/retrouver l’équation horaire paramétrique et l’équation de la trajectoire du mouvement d’un solide lancé avec une vitesse initiale.
Document 1 : Enoncé des lois de Newton (1 666)
1ère loi : le principe d’inertie
Dans un référentiel galiléen, si le vecteur-vitesse du centre d’inertie G d’un système est un vecteur
constant « 𝑣𝐺 = 𝑐𝑠𝑡 », alors les forces qui s’exercent sur le système s’annulent et réciproquement :
𝜟𝒗𝑮 = �� <=> ∑𝑭𝒆𝒙𝒕 = ��
2ème loi : Principe fondamental de la dynamique PFD
Dans un référentiel galiléen, la variation du vecteur-quantité de mouvement d’un système par rapport au temps est égale à la somme des forces extérieures appliquées à ce système :
∑𝑭𝒆𝒙𝒕 =
𝒅��
𝒅𝒕
On peut également l’écrire :
∑𝑭𝒆𝒙𝒕 =
𝒅��
𝒅𝒕=
𝒅(𝒎.�� )
𝒅𝒕= 𝒎.
𝒅��
𝒅𝒕= 𝒎.𝒂𝑮 avec la masse m du système constante.
3ème loi : principe d’action/réaction
Lorsque deux corps A et B sont en interaction, A exerce sur B la force 𝑭𝑨/𝑩 et B exerce sur A la force
𝑭𝑩/𝑨 telles que :
𝑭𝑨/𝑩 = − 𝑭𝑩/𝑨
Document 2 : Champ de pesanteur Terrestre ��
En première approximation, on peut définir le poids �� comme l’action gravitationnelle de la Terre
sur un objet M de masse m, soit pour une altitude z et une latitude : �� ≈ 𝐅 𝐓/𝐌 = −𝐆.𝐦.𝐌𝐓
(𝐑𝐓+𝐳)𝟐. �� 𝛌
Le champ de pesanteur local �� est alors tel que : �� = m. ��
Avec RT : rayon de la Terre : 6378 km à l’équateur
z : altitude de l’objet M de masse m
: latitude de l’objet M de masse m.
MT : la masse de la Terre: 5,97.1024 kg.
G : constante universelle de gravitation:6,67.10-11 kg-1.m3.s-2
�� 𝛌: 𝑣𝑒𝑐𝑡𝑒𝑢𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑡𝑎𝑖𝑟𝑒
Document 3 : Matériel à disposition
- Logiciel et notice d’utilisation LatisPro®
;
- Video « TP1Schuteparabolique.avi » disponible dans les fichiers LatisPro®.
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Travail à faire :
1. Questions préliminaires :
A l’aide des données du document 2 :
a) Donner l’expression vectorielle du champ de pesanteur �� 𝟎 au niveau du sol. Préciser ses
caractéristiques : direction, sens et intensité. Ce champ est aussi appelé « accélération de pesanteur ».
b) En-dessous de quelle altitude ce champ de gravitation peut-il être considéré comme
uniforme ?
Information : On considèrera le critère suivant : le champ est considéré
comme uniforme si sa norme ne varie pas de plus de 1 %.
2)
a) Proposer un protocole expérimental utilisant les logiciels mis à disposition pour obtenir les
équations horaires numériques des coordonnées : - (x
y) du vecteur-position OG ;
- (vxvy
) du vecteur-vitesse v ;
- (axay
) du vecteur-accélération a .
Faire vérifier votre protocole par le professeur.
b) Réaliser ce protocole sur la vidéo citée dans le document 3, en utilisant le logiciel LatisPro®
ainsi que la notice d’utilisation associée.
Sur votre feuille, représenter l’allure des graphiques obtenus ainsi que les expressions des
fonctions modélisées.
Faire vérifier vos résultats par le professeur.
c) A l’aide l’ensemble de vos résultats, déterminer :
- les coordonnées du vecteur-vitesse initial 𝒗𝟎 de la balle ainsi que sa norme ;
- l’angle α formé par le vecteur-vitesse initial et l'horizontale ;
- la valeur moyenne du champ de pesanteur terrestre �� .
Faire vérifier vos résultats par le professeur.
d) A partir d’un bilan des forces et de la deuxième loi de Newton appliquée sur le système balle,
vérifier les relations modélisées.
Faire vérifier vos résultats par le professeur.
du centre G de
cette balle.
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CORRECTION
1) a) D’après l’énoncé : �� ≈ 𝐅 𝐓/𝐌 = −𝐆.𝐦.𝐌𝐓
(𝐑𝐓+𝐳)𝟐. �� 𝛌
Or : �� = 𝐦. �� 𝐦. �� = −𝐆.𝐦.𝐌𝐓
(𝐑𝐓+𝐳)𝟐. �� 𝛌
=> �� = −𝐆.𝐌𝐓
(𝐑𝐓+𝐳)𝟐. �� 𝛌
En se plaçant au niveau du sol : « z = 0 ». L’expression devient : 𝐠𝟎 = −𝐆.𝐌𝐓
(𝐑𝐓)𝟐. �� 𝛌
Le champ de pesanteur 𝐠𝟎 a donc : - pour direction 𝐮𝛌 soit vertical au sol (d’après le schéma) ;
- un sens opposé à celui de 𝐮𝛌 donc vers le centre de la Terre ;
- une intensité : 𝐠𝟎 = 𝐆.𝐌𝐓
(𝐑𝐓)𝟐= 6,67.1011 ×
5,97.1024
(6378.103)2= 9,79 N.kg
-1
b) Le champ est considéré comme uniforme si son intensité ne varie pas de plus de 1 %.
Il faut donc calculer l’altitude « z » pour laquelle on a : « g(z) = 99
100 × g0 »
g(z) = 99
100 × g0
g(z) = G.MT
(RT+z)2 => 0,99 × g0 = G.
MT
(RT+z)2 => (RT + z)² = G.
MT
0,99 × g0
=> z = √G.MT
0,99 × g0 - RT
=> z = √6,67.10−11.5,97.1024
0,99 ×9,79 - 6 378.10
3 = 32.10
3 m
On peut donc estimer que le champ de pesanteur est uniforme jusqu’à une altitude de 32 km !
2) Protocole expérimental :
Ouvrir la vidéo avec le logiciel LatisPro®.
Après avoir choisi l’origine et étalonner l’image, réaliser le pointage de la balle.
Basculer sur la fenêtre avec les courbes et placer les points obtenus pour « x » et pour
« y » afin de visualiser respectivement les courbes « x = f(t) » et « y = f(t) ».
Modéliser chacune de ces courbes pour obtenir leurs équations.
Pour obtenir l’expression des coordonnées « vx » et pour « vy » du vecteur-vitesse :
Cliquer sur Traitements → Calculs spécifiques → Dérivée puis glisser la
fonction à dériver : « x = f(t) » pour obtenir « vx = f(t) » et « y = f(t) » pour obtenir
« vy = f(t) ».
Modéliser chacune de ces courbes pour obtenir leurs équations.
Refaire le même travail pour obtenir l’expression des coordonnées « ax » et pour « ay »
du vecteur-accélération :
Cliquer sur Traitements → Calculs spécifiques → Dérivée puis glisser la
fonction à dériver : « x = f(t) » pour obtenir « vx = f(t) » et « y = f(t) » pour obtenir
« vy = f(t) ».
Modéliser chacune de ces courbes pour obtenir leurs équations.
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Pointage de la balle sur la vidéo :
b)
* Equation horaire des coordonnées du vecteur-position :
On modélise la courbe « x = f(t) » par une fonction linéaire : x = 1,747 × t
On modélise la courbe « y = f(t) » par une fonction linéaire : y = - 4,921 × t² + 4,434 × t +17,5.10-3
* Equation horaire des coordonnées du vecteur-vitesse :
On modélise la courbe « vx = f(t) » par une fonction linéaire : vx = 1,747
On modélise la courbe « vy = f(t) » par une fonction linéaire : vy = - 9,972 × t + 4,526
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* Equation horaire des coordonnées du vecteur-vitesse :
On modélise la courbe « ax = f(t) » par une fonction linéaire : ax ≈ 0
On modélise la courbe « ay = f(t) » par une fonction linéaire : ay = - 10,018
c)
* D’après le schéma, on en déduit en utilisant le théorème de Pythagore : V02 = vx0
2 + vy0
2
𝑽𝟎 = √𝒗𝒙𝟎² + 𝒗𝒚𝟎² = √1,747² + 4,526² = 4,851 m.s-1
Rq : Pour les valeurs de « vx0 » et « vy0 », on reprend les équations horaires de « vx » et « vy » en prenant « t = 0 ».
* D’après le schéma, on en déduit en utilisant la trigonométrie : tan(α) = vy0 / vx0
tan(α) = vy0 / vx0 = 4,526 / 1,747 = 2,591 => α = arctan(2,591) = 68,89 °
Rq : Attention à avoir la calculatrice en « mode degré ».
* Le champ de pesanteur « g » est une accélération. Ici, comme il s’agit d’une chute libre, le champ de
pesanteur est égal à l’accélération (Cf question d.) : a = g
𝒈 = 𝒂 = √𝒂𝒙² + 𝒂𝒚² = √0² + (−10,018)² = 10,018 m.s-2
Rq : Pour les valeurs de « ax » et « ay », on reprend les équations horaires de « ax » et « ay ».
x
y
𝑽𝟎
vx0
vy0
α
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d)
Système : {balle de masse m lancé avec une vitesse initiale 𝐯𝟎 faisant un
angle α avec l’horizontale}
Référentiel : la table, référentiel terrestre supposé galiléen.
Les conditions initiales sont alors : 𝑶𝑮𝟎 {
𝑥0 = 0𝑦0 = 0
et 𝒗𝟎 {𝑣𝑥0 = 𝑣0. 𝑐𝑜𝑠 (𝛼)𝑣𝑦0 = 𝑣0. 𝑠𝑖𝑛 (𝛼)
Bilan des forces : - le poids du système : �� = m.��
- on suppose l’action de l’air négligeable : on néglige les forces de frottements et la
poussée d’Archimède.
Rq : Lorsque seul le poids agit, on parle de chute libre.
R.F.D : D’après la 2nde
loi de Newton, on a : ∑𝑭𝒆𝒙𝒕 = 𝒎. 𝒂𝑮
∑𝐹𝑒𝑥𝑡 = 𝑝 = 𝑚. 𝑔 => 𝒂𝑮 = ��
Rq : * Ce P.F.D applicable car référentiel terrestre est galiléen puisque le temps de l’expérience est court.
Projection : 𝑎𝐺 {𝑎𝑥 =
𝑑𝑣𝑥
𝑑𝑡= 0
𝑎𝑦 =𝑑𝑣𝑦
𝑑𝑡= −𝑔
Rq : * L’accélération est constante, le mouvement est uniformément accéléré selon z.
Cas de la vitesse : 𝑎𝐺 {𝑎𝑥 =
𝑑𝑣𝑥
𝑑𝑡= 0
𝑎𝑦 =𝑑𝑣𝑦
𝑑𝑡= −𝑔
=> par intégration : 𝑣(𝑡) {𝑣𝑥 =
𝑑𝑥
𝑑𝑡= 𝐶𝑥
𝑣𝑦 =𝑑𝑦
𝑑𝑡= −𝑔. 𝑡 + 𝐶𝑧
Avec les conditions initiales : 𝑣(𝑡=0) = 𝑣0 {𝑣0𝑥 = 𝐶𝑥 = 𝑣0. cos(𝛼) 𝑣0𝑧 = −𝑔 × 0 + 𝐶𝑧 = 𝑣0. sin (𝛼)
D’où les équations horaires du vecteur-vitesse :
Rq : * vx est constante car cette composante de la vitesse est orthogonale à la somme des forces.
Cas de la position : 𝑣𝐺 =𝑑𝑂𝐺
𝑑𝑡 => par intégration : 𝑂𝐺(𝑡)
{𝑥(𝑡) = 𝑣0. cos(𝛼) . 𝑡 + 𝐶𝑥
′
𝑦(𝑡) = −𝑔.𝑡²
2+ 𝑣0. sin(𝛼) . 𝑡 + 𝐶𝑧
′
Avec les conditions initiales : 𝑂𝐺(𝑡=0) = 𝑂𝐺0
{𝑥0 = 𝐶𝑥
′ = 0
𝑦0 = 𝐶𝑧′ = 0
D’où les équations horaires du mouvement :
Rq : * La position, comme la vitesse et l’accélération sont indépendantes de la masse.
CONCLUSION : On retrouve bien - une accélération nulle selon « x » : ax = 0 ;
- une accélération constante et négative selon « y » : ay = - g ≈ -10 ;
- une vitesse constante selon « x » : vx = V0.cos(𝛼) = 1,747 (m/s) ;
- une vitesse décroissante selon « y » : vy = - g × t + V0.cos(𝛼) = - 9,972 × t + 4,526 ;
- une position selon « x » : x = V0.cos(𝛼) × t = 1,747 × t ;
- une position selon « y » qui suit une parabole (polynôme du second degré).
𝒗(𝒕) {𝒗𝒙(𝒕) = 𝒗𝟎. 𝐜𝐨𝐬(𝜶)
𝒗𝒛(𝒕) = −𝒈. 𝒕 + 𝒗𝟎. 𝐬𝐢𝐧 (𝜶)
𝑶𝑮(𝒕) {
𝒙(𝒕) = 𝒗𝟎. 𝐜𝐨𝐬(𝜶) . 𝒕
𝒚(𝒕) = −½.𝒈. 𝒕² + 𝒗𝟎. 𝐬𝐢𝐧(𝜶) . 𝒕
y
O x α
v0
g