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TeX
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\begin{Solution}{1}
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Comme le nombre de \kilo\metre est 1000 fois plus petit que le nombre de mètres et que \(\unit{1}{AL}=\unit{9,46\cdot 10^{15}}{\metre}\), on a :
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\begin{align*}
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\unit{4,238}{AL}&=4,238\cdot 9,46\cdot 10^{15}\\
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&=4\cdot 10^{16}\,m=\unit{4\cdot 10^{13}}{\kilo\metre}
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\end{align*}
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Comme \(\unit{1}{pc}\approx \unit{3\cdot 10^{16}}{\metre}\), on a :
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\[\unit{4\cdot 10^{16}}{\metre}\approx \frac{4\cdot 10^{16}}{3\cdot 10^{16}}=\unit{1,33}{pc}\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{2}
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La distance terre-soleil vaut \unit{1,496\cdot 10^{11}}{\metre}. On a donc :
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\[\unit{1,496\cdot 10^{11}}{\metre}=\unit{1,496\cdot 10^{8}}{\kilo\metre}\]
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Par ailleurs, par définition de l'unité astronomique (UA), on a :
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\[\unit{1,496\cdot 10^{11}}{\metre}=\unit{1}{UA}\]
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Finalement, avec $1\,AL=9,46\cdot 10^{15}\,m$, on a :
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\begin{align*}
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\unit{1,496\cdot 10^{11}}{\metre}&=\frac{1,496\cdot 10^{11}}{9,46\cdot 10^{15}}\\
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&=\unit{1,58\cdot 10^{-5}}{AL}\cong\unit{16}{\micro AL}
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\end{align*}
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L'exercice \ref{centaure} nous indique que l'étoile la plus proche de nous est à \unit{4,238}{AL}. On a donc :
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\[\frac{4,238}{1,58\cdot 10^{-5}}=2,68\cdot 10^5\,\times\]
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Alpha du Centaure se trouve donc à \(268'228\,\times\) la distance terre-soleil.
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{3}
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Le diamètre de notre galaxie est de \unit{80'000}{AL}. L'exercice \ref{centaure} nous indique que la distance à Alpha du Centaure vaut \unit{4,238}{AL}. Ainsi, on a :
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\[\frac{80'000}{4,238}=18'877\,\times\]
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Le diamètre de la galaxie représente donc \(18'877\,\times\) la distance à l'étoile la plus proche de nous.
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{4}
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La distance terre-lune est beaucoup plus grande que le diamètre de la lune. L'angle est donc petit et on peut écrire la relation d'arc donnée par l'équation \ref{relationdarc} :
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\begin{align*}
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D&=2\cdot R_{lune}=d\cdot \alpha\;\Rightarrow\;\alpha=\frac{2\cdot R_{lune}}{d_{terre-lune}}\\
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\alpha&=\frac{2\cdot 0,2725\cdot 6,371\cdot 10^6}{3,84\cdot 10^8}=\unit{0,009}{\rad}
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\end{align*}
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Comme \(\unit{180}{\degree}=\unit{\pi}{\rad}\), l'angle considéré est :
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\[\alpha=0,009\cdot \frac{180}{\pi}=\unit{0,5157}{\degree}\]
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Comme un degré vaut soixante minutes d'arc, \(\unit{1}{\degree}=\unit{60}{\arcminute}\), on a :
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\[\alpha=\unit{0,5157}{\degree}=0,5157\cdot 60=\unit{31}{\arcminute}\]
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et :
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\[\alpha=\unit{31}{\arcminute}=31\cdot 60=\unit{1860}{\arcsecond}\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{5}
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Dans \unit{1}{\metre\cubed}, on trouve \unit{1000}{\deci\metre\cubed} et \unit{10^6}{\centi\metre\cubed}. Ainsi, dans \uint{1}{\metre\cubed}, on trouve un million de fois plus d'atomes que dans \unit{1}{\centi\metre\cubed}. On a donc par \metre\cubed :
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\[nb\,atomes=0,1\cdot 10^4\cdot 10^6=10^9\,atomes\]
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Et par litre, c'est-à-dire par \deci\metre\cubed :
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\[nb\,atomes=0,1\cdot 10^4\cdot 10^3=10^6\,atomes\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{6}
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La relation d'arc donnée par l'équation \ref{relationdarc} nous permet d'écrire :
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\[L=R\cdot \alpha\,\Rightarrow\,R=\frac{L}{\alpha}\]
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Avec la longueur \(L\) en \(m\) et l'angle \(\alpha\) en \rad :
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\begin{align*}
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L&=5000\cdot 160=\unit{8\cdot 10^5}{\metre}\\
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\alpha&=7,5\cdot \frac{\pi}{180}=\unit{0,13}{\rad}
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\end{align*}
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Ainsi, le rayon de la terre d'Eratosthène valait :
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\[R=\frac{8\cdot 10^5}{0,13}=\unit{6'111'550}{\metre}=\unit{6'111,55}{\kilo\metre}\]
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Sachant que la valeur actuelle du rayon moyen de la terre vaut :
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\[R_{terre}=\unit{6'371,03}{\kilo\metre}\]
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à l'aide de l'équation \ref{defecart}, on peut déterminer l'écart entre les deux valeurs :
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\[e=\frac{6'371,03-6'111,55}{6'371,03}\cdot 100=4,1\%\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{7}
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|
Par définition, le déplacement se calcule par :
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\[D=\Delta x=x_f-x_i=-5-0=\unit{-5}{\metre}\]
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Et la distance parcourue est la distance réellement effectuée :
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\[d=10+1+11+5=\unit{27}{\metre}\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{8}
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Pour passer de \kilo\metre\per\hour en \metre\per\second, il faut diviser par un facteur de 3,6. En effet :
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\[\unit{120}{\kilo\metre\hour}=\frac{120\cdot 10^3\,m/h}{3600\,s/h}=\frac{120}{3,6}=\unit{33,3}{\metre\per\second}\]
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Ainsi, la distance parcourue en deux secondes est :
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\[d=v\cdot t=33,3\cdot 2=\unit{66,6}{\metre}\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{9}
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Comme la position au bout de \unit{10}{\second} se calcule par :
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\[x(10\,s)=-2\cdot 10+20=\unit{0}{\metre}\]
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le déplacement est donné par :
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\[D=\Delta x=x_f-x_i=0-0=\unit{0}{\metre}\]
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Selon l'équation de la position donnée ici, le mouvement de l'objet est le suivant :
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\begin{enumerate}
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\item à la vitesse constante de \unit{2}{\metre\per\second} l'objet se déplace pendant \unit{4}{\second},
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\item il s'arrête de \unit{4}{} à \unit{6}{\second} et
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\item il revient en arrière à la vitesse de \unit{-2}{\metre\per\second} de \unit{6}{} à \unit{10}{\second}.
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\end{enumerate}
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Ainsi, l'objet parcourt dans un premier temps \(2\cdot 4=\unit{8}{\metre}\) en avant et dans un second temps \unit{8}{\metre} en arrière. La distance parcourue est donc :
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\[d=8+8=\unit{16}{\metre}\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{10}
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Deux raisonnements sont possibles :
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\begin{itemize}
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\item On s'imagine être dans un train qu'on ne voit pas bouger. Sa vitesse par rapport à nous est nulle. L'autre train se trouve au départ à une distance de \unit{12}{\kilo\metre} et se déplace par rapport à nous à une vitesse relative de \unit{200}{\kilo\metre\per\hour} (sa vitesse et notre vitesse sont cumulées). Ainsi, on peut écrire :
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|
\[v=\frac{\Delta x}{t}\;\Rightarrow\;t=\frac{\Delta x}{v}=\frac{12}{200}=\unit{0,06}{\hour}\]
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|
\item On définit le zéro du système d'axes à la position du premier train au moment où ils sont séparés de \unit{12}{\kilo\metre}. L'équation de la position du premier train est alors :
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|
\[x_1=100\cdot t\]
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|
Comme la position initiale du second train vaut \unit{12}{\kilo\metre} et qu'il s'approche, sa vitesse est négative et l'équation de sa position au cours du temps est :
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\[x_2=-100\cdot t+12\]
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|
La condition de rencontre s'écrit alors :
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\begin{align*}
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x_1&=x_2\\
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100\cdot t&=-100\cdot t+12\;\Rightarrow\\
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|
200\cdot t&=12\;\Rightarrow\;t=\frac{12}{200}=\unit{0,06}{\hour}
|
|
\end{align*}
|
|
\end{itemize}
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|
Le premier raisonnement se fait par rapport à l'un des objets en mouvement. Il est dit relatif. Le second raisonnement se fait par rapport à un référentiel commun : le sol. Il est dit absolu.
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|
|
|
Mais quel que soit le référentiel, le résultat est le même.
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{11}
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Deux raisonnements sont possibles :
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\begin{itemize}
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\item On s'imagine être dans le camion qu'on ne voit pas bouger. Sa vitesse par rapport à nous est nulle. La voiture, elle, se trouve au départ à une distance de \unit{0,6}{\kilo\metre} et se déplace par rapport à nous à une vitesse relative de \(110-80=\unit{30}{\kilo\metre\per\hour}\) (sa vitesse est diminuée de notre vitesse, puisqu'on la fuit). Ainsi, on peut écrire :
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\[v=\frac{\Delta x}{t}\;\Rightarrow\;t=\frac{\Delta x}{v}=\frac{0,6}{30}=\unit{0,02}{\hour}\]
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|
\item On définit le zéro du système d'axes à la position de la voiture au moment où la voiture et le camion sont séparés de \unit{0,6}{\kilo\metre}. L'équation de la position de la voiture est alors :
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\[x_v=110\cdot t\]
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|
Comme la position initiale du camion vaut \unit{0,6}{\kilo\metre} et qu'il va dans la même direction que la voiture, l'équation de sa position au cours du temps est :
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\[x_c=80\cdot t+0,6\]
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|
La condition de rencontre s'écrit alors :
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\begin{align*}
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x_v&=x_c\\
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110\cdot t&=80\cdot t+0,6\;\Rightarrow\\
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|
30\cdot t&=0,6\;\Rightarrow\;t=\frac{0,6}{30}=\unit{0,02}{\hour}
|
|
\end{align*}
|
|
\end{itemize}
|
|
Le premier raisonnement se fait par rapport à l'un des objets en mouvement. Il est dit relatif. Le second raisonnement se fait par rapport à un référentiel commun : le sol. Il est dit absolu.
|
|
|
|
Mais quel que soit le référentiel, le résultat est le même.
|
|
|
|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{12}
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On sait que le rayon de la terre vaut environ \unit{6'400}{\kilo\metre}. Sa circonférence vaut donc :
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\[C=2\cdot \pi\cdot r\approx 2\cdot 3\cdot 6'000=\unit{36'000}{\kilo\metre}\approx \unit{40'000}{\kilo\metre}\]
|
|
Sa vitesse se calcule donc ainsi :
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\begin{align*}
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v&=\frac{C}{t}\approx \frac{40'000}{24}\approx \frac{40'000}{25}\\
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|
&=40'000\cdot \frac{4}{100}=400\cdot 4=\unit{1'600}{\kilo\metre\per\hour}
|
|
\end{align*}
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|
En réalité, on a :
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\[v=\frac{2\cdot \pi\cdot r}{t}=\frac{2\cdot \pi\cdot 6'371}{24}=\unit{1668}{\kilo\metre\per\hour}\]
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|
Ce qui correspond à un écart (équation \ref{defecart}) de :
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\[e=\frac{1668-1600}{1668}\cdot 100=4\%\]
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Ce qui est un bon écart, compte tenu des grosses approximations faites.
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|
|
|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{13}
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|
Le temps donné \(t_{tot}\) est constitué du temps \(t_{boule}\) mis par la boule pour aller frapper celle de l'adversaire et du temps \(t_{son}\) mis par le son pour revenir se faire entendre par le joueur. On a donc :
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|
\[t_{tot}=1,2=t_{boule}+t_{son}\]
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|
Or, pour avoir la vitesse de la boule sur les \unit{9}{\metre} de son parcours, il nous faut \(t_{boule}\). Pour cela, il faut donc calculer \(t_{son}\), qui est le temps mis pas le son pour parcourir \unit{9}{\metre} à la vitesse de \unit{343}{\metre\per\second} :
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\[v=\frac{d}{t}\;\Rightarrow\;t=\frac{d}{v}=\frac{9}{343}=\unit{0,026}{\second}\]
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|
Ainsi, le temps de parcours de la boule est :
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\[t_{boule}=1,2-t_{son}=1,2-0,026=\unit{1,174}{\second}\]
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|
Et la vitesse de la boule est finalement :
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\[v_{boule}=\frac{9}{1,174}=\unit{7,666}{\metre\per\second}\]
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|
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|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{14}
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|
Par définition de la vitesse moyenne, on a tout simplement :
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\[v=\frac{x_2-x_1}{t_2-t_1}=\frac{-5,2-3,6}{6,8-3}=\unit{-2,32}{\centi\metre\per\second}\]
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|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{15}
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|
Le rayon du cercle parcouru par le Soleil vaut donc en mètres :
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\begin{align*}
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d_{Terre-Soleil}&=\unit{1}{UA}=\unit{1,496\cdot 10^{11}}{\metre}\\
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&=\unit{1,496\cdot 10^{8}}{\kilo\metre}
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\end{align*}
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|
La distance parcourue par le Soleil est donc de :
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\[d=2\cdot \pi\cdot d_{Terre-Soleil}=\unit{9,4\cdot 10^8}{\kilo\metre}\]
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Comme la période de rotation \(T\), c'est-à-dire le temps mis par la Terre pour faire un tour autour du Soleil, est d'une année, soit \unit{365}{jours}, la vitesse moyenne est :
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|
\[v=\frac{d}{T}=\frac{9,4\cdot 10^8}{365\cdot 24\cdot 3600}=\unit{29,8}{\kilo\metre\per\second}\]
|
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|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{16}
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On a simplement pour le velociraptor :
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\[v=\frac{d}{t}=\frac{3,058}{0,284}=\unit{10,8}{\metre\per\second}=\unit{38,8}{\kilo\metre\per\hour}\]
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|
Et pour le tyranosaure :
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\[v=\frac{d}{t}=\frac{9,559}{1,199}=\unit{8}{\metre\per\second}=\unit{28,7}{\kilo\metre\per\hour}\]
|
|
|
|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{17}
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|
Par définition de l'accélération, on a :
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\begin{align*}
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a&=\frac{v_f-v_i}{t}\;\Rightarrow\\
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|
t&=\frac{v_f-v_i}{a}=\frac{0-50/3,6}{-3}=4,63\,s
|
|
\end{align*}
|
|
|
|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{18}
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On a simplement :
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\[a=\frac{v_f-v_i}{t}=\frac{10-0}{9,9}=1,01\,m/s^2\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{19}
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|
On a successivement :
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\begin{itemize}
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|
\item pour le DC 10 :
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\[a=\frac{350/3,6-0}{50}=1,94\,m/s^2\]
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\item pour l'avion sur le porte-avions :
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\[a=\frac{0-190/3,6}{5}=-10,56\,m/s^2\]
|
|
C'est une décélération et l'accélération est donc négative.
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|
\item pour la capsule spatiale :
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|
\[a=\frac{1450/3,6-0}{3}=134\,m/s^2\]
|
|
\end{itemize}
|
|
|
|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{20}
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|
Par définition de la vitesse moyenne, on a :
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\[v=\frac{x_f-x_i}{t_f-t_i}=\frac{-5-7}{7-3}=-3\,m/s\]
|
|
Par définition de l'accélération moyenne, on a :
|
|
\[a=\frac{v_f-v_i}{t_f-t_i}=\frac{-2-4}{7-3}=-1,5\,m/s^2\]
|
|
|
|
\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{21}
|
|
Les graphes sont présentés à la figure \ref{graphesmru}.
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\begin{figure}[!t]
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\centering
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\caption{Graphes horaires du MRU.\label{graphesmru}}
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\includegraphics{GraphesMRU.eps}
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|
\end{figure}
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|
La distance totale parcourue se calcule simplement :
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\[d=v\cdot t=\frac{50}{3,6}\cdot 5\cdot 60=4'167\,m\]
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|
Sur le graphe de la vitesse en fonction du temps, la distance parcourue apparaît simplement être l'aire sous le graphe. En effet, la base $t=5\cdot 60=300\,s$ multipliée par la hauteur $v=50/3,6=13,9\,m/s$ donne bien la distance parcourue.
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|
|
|
\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{22}
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|
On va décrire mathématiquement le mouvement des voitures de sport et de police.
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|
Les deux mouvements sont des MRU. On peut donc écrire, dans un système d'axes dont l'origine est sur la voiture de police au moment où elle entame sa poursuite :
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\begin{align*}
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v_{police}&=180\cdot t\\
|
|
v_{sport}&=160\cdot t+1
|
|
\end{align*}
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|
La condition de rencontre s'écrit alors :
|
|
\begin{align*}
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|
v_{police}=v_{sport}\;\Rightarrow\,180\cdot t&=160\cdot t+1\;\Rightarrow\\
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|
20\cdot t&=1\\
|
|
t&=\frac{1}{20}=0,05\,h
|
|
\end{align*}
|
|
La voiture de police se trouve alors à une distance de l'origine du système d'axes de :
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|
\[x_{police}=180\cdot 0,05=9\,km\]
|
|
Alors que la voiture de sport est à :
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|
\[x_{sport}=160\cdot 0,05+1=9\,km\]
|
|
Ce qu'il fallait montrer.
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|
|
|
\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{23}
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|
Ici, aucune symétrie n'est présente. Comme les deux voitures ne sont pas à vitesse constante, on ne peut calculer de vitesse relative pour résoudre le problème. Il faut donc procéder en décrivant les deux mouvements par rapport au sol. Ainsi, avec $144\,km/h=40\,m/s$, on peut écrire :
|
|
\begin{align*}
|
|
MRU\;&\Rightarrow\;x_{chauffard}=40\cdot t\\
|
|
MRUA\;&\Rightarrow\;x_{police}=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot t^2
|
|
\end{align*}
|
|
La condition de rencontre permet alors de trouver le temps cherché :
|
|
\begin{align*}
|
|
x_{chauffard}&=x_{police}\;\Rightarrow\\
|
|
40\cdot t&=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot t^2\;\Rightarrow\\
|
|
40&=2,5\cdot t\;\Rightarrow\;t=16\,s
|
|
\end{align*}
|
|
car la solution $t=0\,s$ est à rejeter. En effet, elle correspond au début de la poursuite.
|
|
|
|
La position à laquelle se trouvent les deux voitures, qui est en même temps la distance qu'elles ont parcourues, est alors :
|
|
\begin{align*}
|
|
x_{chauffard}&=40\cdot 16=640\,m\\
|
|
x_{police}&=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 16^2=640\,m
|
|
\end{align*}
|
|
Les deux positions sont bien évidemment les mêmes.
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|
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|
Quant aux vitesse lors de la rencontre, elles sont :
|
|
\begin{align*}
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|
v_{chauffard}&=40\,m/s=144\,km/h\\
|
|
v_{police}&=5\cdot 16=80\,m/s=288\,km/h
|
|
\end{align*}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{24}
|
|
On fait l'hypothèse d'un MRUA. La voiture est stoppée sur une distance de $1,5\,m$. On peut donc écrire :
|
|
\begin{align*}
|
|
v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot d\;\Rightarrow\\
|
|
0^2&=(\frac{50}{3,6})^2+2\cdot a\cdot 1,5\;\Rightarrow\\
|
|
a&=-\frac{13,89^2}{3}=-64,3\,m/s^2=-6,55\cdot g
|
|
\end{align*}
|
|
Le temps de collision est donc de :
|
|
\begin{align*}
|
|
a&=\frac{v_f-v_i}{t}\;\Rightarrow\\
|
|
t&=\frac{v_f-v_i}{a}=\frac{0-50/3,6}{-64,3}=0,216\,s
|
|
\end{align*}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{25}
|
|
Oublions la position du kangourou et calculons la distance totale d'arrêt $d_t$. Elle se compose de la distance de réaction $d_r$ et la distance de freinage $d_f$ :
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|
\[d_t=d_r+d_f\]
|
|
Pour la distance de réaction, on a :
|
|
\[d_r=v\cdot t=40\cdot 0,8=32\,m\]
|
|
Pour la distance de freinage, il faut faire l'hypothèse d'un MRUA. Comme le mouvement est une décélération, c'est-à-dire un freinage, l'accélération est négative, et on a :
|
|
\begin{align*}
|
|
v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot d_f\;\Rightarrow\\
|
|
0^2&=40^2+2\cdot (-8)\cdot d_f\;\Rightarrow\\
|
|
d_f&=\frac{40^2}{16}=100\,m
|
|
\end{align*}
|
|
Ainsi, la distance totale d'arrêt vaut :
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|
\[d_t=32+100=132\,m\]
|
|
Comme le kangourou se trouve à $70\,m$, son avenir s'annonce bien sombre.
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|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{26}
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|
Un objet qui n'est soumis qu'à son poids est en chute libre, même s'il monte. Ainsi, l'accélération du plongeur, comme du dauphin, dans sa phase d'ascension vaut $-9,81\,m/s^2$. En effet, on a une décélération. Comme celle-ci est constante et que la vitesse au sommet est nulle, on peut écrire pour le plongeur :
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\begin{align*}
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v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot h\;\Rightarrow\\
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0^2&=v_o^2+2\cdot (-9,81)\cdot 0,5\;\Rightarrow\\
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v_o&=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot 0,5}=3,132\,m/s=11,3\,km/h
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\end{align*}
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Et de la même manière, pour le dauphin :
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\[v_o=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot 6}=10,85\,m/s=39\,km/h\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{27}
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Le plongeur est en chute libre. Son accélération vaut donc $g=9,81\,m/s^2$. On fixe un axe vertical dont l'origine se situe à $10\,m$ et qui pointe vers le bas. On peut alors écrire :
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\begin{align*}
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x&=\frac{1}{2}\cdot g\cdot t^2+v_{o\,verticale}\cdot t\;\Rightarrow\\
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10&=\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t^2+v_{o\,verticale}\cdot t
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\end{align*}
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Avec dans le premier cas, comme dans le second, une vitesse initiale verticale nulle, on peut écrire :
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\begin{align*}
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10&=\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t^2\;\Rightarrow\\
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t&=\sqrt{\frac{2\cdot 10}{9,81}}=1,43\,s
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\end{align*}
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Ce qui donne une vitesse juste avant d'entrer dans l'eau de :
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\[v=a\cdot t=9,81\cdot 1,43=14\,m/s=50,5\,km/h\]
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|
Le premier et le second cas ne sont pas différents du point de vue du temps de chute. Néanmoins, la distance parcourue par le plongeur qui se déplace horizontalement est plus grande que celle du plongeur qui se laisse tomber. Mais sa vitesse totale (horizontale et verticale) est aussi plus grande. On peut ainsi comprendre qu'ils arriveraient en bas simultanément s'ils partaient en même temps.
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Le troisième cas est plus complexe puisqu'il faut tenir compte d'une vitesse $v_o=-1\,m/s$ dans le sens contraire de l'axe :
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\begin{align*}
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10&=\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t^2-1\cdot t\;\Rightarrow\\
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0&=4,905\cdot t^2-t-10
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\end{align*}
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Ce qui constitue une équation à une inconnue ($t$), mais du second degré. Sa solution est donnée par :
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\begin{align*}
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t&=\frac{1\pm \sqrt{1^2-4\cdot 4,905\cdot (-10)}}{2\cdot 4,905}\\
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&=\frac{1\pm 14}{9,81}=\begin{cases}1,53\,s\\-1,33\,s\end{cases}
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|
\end{align*}
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|
Évidemment, la solution négative est à rejeter et la solution positive est supérieure au temps de chute calculé précédemment puisque le plongeur parcourt une certaine distance vers le haut avant de tomber.
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En ce qui concerne la vitesse, dans le troisième cas on peut simplement déterminer la vitesse par :
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\[v=a\cdot t=9,81\cdot 1,53-1=14\,m/s=50,5\,km/h\]
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|
Ce qui donne la même valeur que précedemment en raison de la faible vitesse verticale initiale et de l'arrondi. Celle-ci doit cependant être comptée et doit l'être négativement ($v_o=-1\,m/s$), car elle est vers le haut alors que l'axe est vers le bas.
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{28}
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Cet objet est en chute libre. Son accélération vaut donc $g$. On peut écrire pour un MRUA :
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\begin{align*}
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v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot h\;\Rightarrow\\
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v&=\sqrt{2\cdot g\cdot h}
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\end{align*}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{29}
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Par définition de l'accélération, on a :
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\[a=\frac{v-v_o}{t}=\frac{100/3,6-0}{4}=6,94\,m/s^2\]
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La distance parcourue est alors :
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\[d=\frac{1}{2}\cdot 6,94\cdot 4^2=55,56\,m\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{30}
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Le temps n'est pas donné. On doit donc écrire :
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\begin{align*}
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v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot d\;\Rightarrow\\
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(100/3,6)^2&=(50/3,6)^2+2\cdot a\cdot 59\;\Rightarrow\\
|
|
a&=\frac{(100/3,6)^2-(50/3,6)^2}{2\cdot 59}\\
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&=4,905\,m/s^2
|
|
\end{align*}
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Ce qui représente une accélération d'un demi $g$.
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{31}
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Le temps de chute est le même que celui d'un objet tombant verticalement. En effet, seul le poids est présent et l'objet est en chute libre. Ainsi, on peut écrire :
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\begin{align*}
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h&=\frac{1}{2}\cdot g\cdot t^2\;\Rightarrow\;5=\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t^2\;\Rightarrow\\
|
|
t&=\sqrt{\frac{2\cdot 5}{9,81}}=1,01\,s
|
|
\end{align*}
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|
Si la vitesse horizontale est constante, on peut encore écrire pour la distance horizontale $d$ parcourue :
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\[d=v_{horiz}\cdot t=2\cdot 1,01=2,02\,m\]
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|
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{32}
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Commençons par calculer la distance qu'elle a parcouru pendant la phase de poussée. Pour cela, on a la vitesse moyenne $\overline{v}$ et le temps que dure le mouvement. Ainsi, on peut poser :
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\[d_{pouss\acute ee}=\overline{v}\cdot t=3\cdot 2\cdot 60=360\,m\]
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|
A ce moment-là, au bout de deux minutes et à $360\,m$ d'altitude, la poussée cesse (le moteur s'arrête). Si on imagine un axe $y$ orienté vers le haut et dont l'origine se situe au sol, on a donc une fusée qui se situe en $y_o=360\,m$ avec une vitesse $v_o=4\,m/s$ et qui n'est plus soumise qu'à son poids. Elle est donc en chute libre, même si elle monte, et son accélération dirigée vers le bas, dans le sens contraire du mouvement, est une décélération qui vaut : $g=-9,81\,m/s^2$. Pendant quelques instants, elle va donc encore monter jusqu'à s'arrêter. Pour calculer la distance sur laquelle elle s'arrête, comme on ne dispose pas du temps qu'elle met pour le faire, on doit écrire :
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\begin{align*}
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v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot d\;\Rightarrow\\
|
|
0^2&=4^2+2\cdot (-9,81)\cdot d\;\Rightarrow\\
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|
d&=\frac{16}{2\cdot 9,81}=0,8155\,m=81,55\,cm
|
|
\end{align*}
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|
Ainsi la hauteur totale à laquelle est parvenue la fusée vaut :
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\[h_{tot}=360+0,8155=360,8155\,m\]
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|
Pour déterminer le temps de vol, on dispose en premier lieu du temps de poussée qui est de deux minutes. Il faut encore calculer le temps de chute de la fusée entre le moment ou la poussée cesse et celui ou elle arrive au sol. Pour cela, il faut écrire :
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\begin{align*}
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y&=\frac{1}{2}\cdot a\cdot t^2+v_o\cdot t+y_o\;\Rightarrow\\
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y&=\frac{1}{2}\cdot (-9,81)\cdot t^2+4\cdot t+360\;\Rightarrow\\
|
|
0&=-4,905\cdot t^2+4\cdot t+360
|
|
\end{align*}
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|
car on cherche le temps mis pour arriver au sol, soit à $y=0$. C'est une équation du second degré à une inconnue, dont la solution est :
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\begin{align*}
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t&=\frac{-4\pm \sqrt{4^2-4\cdot (-4,905)\cdot 360}}{2\cdot (-4,905)}\\
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&=\frac{-4\pm 84,14}{-9,81}=\begin{cases}-8,17\,s\\8,98\,s\end{cases}
|
|
\end{align*}
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|
La solution $t=8,98\,s$ est évidemment la bonne.
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Le temps total est donc finalement de :
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\[t_{tot}=2\cdot 60+8,98=128,98\,s\simeq 2\,mn\,9\,s\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{33}
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Pour Aristote, au moment où l'obus est sorti du canon, plus aucune action horizontale vers l'avant ne s'exerce sur lui. Il cessera donc de se déplacer horizontalement et retombera exactement là où il a quitté le canon.
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Pendant l'élévation et la chute de l'obus, le scooter avance à vitesse constante. La distance dont il s'est déplacé par rapport à l'obus (qui n'a selon Aristote pas bougé horizontalement) est donc de :
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\[d=v\cdot t=\frac{5}{3,6}\cdot 2=2,76\,m\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{34}
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Rappelons que selon Aristote, dès le moment où on a lâché le couteau, plus aucune force horizontale ne s'exerce sur lui et il va tomber parfaitement verticalement. Or, le bateau avance pendant ce temps. La distance au pied du mât à laquelle tombe le couteau est donc de :
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\[d=v\cdot t=\frac{8}{3,6}\cdot 0,8=1,78\,m\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{35}
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|
Pour connaître la vitesse de rotation de la terre à Paris, il faut connaître la distance parcourue en $24\,h$. Pour cela, il faut connaître sa distance $r$ à l'axe de rotation de la terre (voir figure \ref{eiffelmecanique}).
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\begin{figure}[!t]
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\centering
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\caption{Chute aristotélicienne de la tour Eiffel.\label{eiffelmecanique}}
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\includegraphics{EiffelMecanique.eps}
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\end{figure}
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On a d'après la figure \ref{eiffelmecanique} que :
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\[r=R\cdot \cos(\beta)=6'371\cdot \cos(48,8^{\circ})=4'197\,km\]
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car :
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\begin{align*}
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R&=R_{terre}=6'371\,km\\
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\beta&=48^{\circ}\,48'=48,8^{\circ}
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\end{align*}
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Ainsi, la vitesse de la tour Eiffel est :
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\begin{align*}
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v&=\frac{2\cdot \pi\cdot r}{t}=\frac{2\cdot \pi\cdot 4'197}{24}\\
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&=1099\,km/h=305\,m/s
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\end{align*}
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et, selon Aristote, pendant la chute de la pièce, la Tour Eiffel devrait s'être déplacée de :
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\[d=v\cdot t=305\cdot 2,1=640,5\,m\]
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|
Ce n'est évidemment pas le cas. L'inertie de la pièce l'en empêche.
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{36}
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Le schéma de la situation est donné dans la figure \ref{fusee}.
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\begin{figure}[!t]
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\centering
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\caption{Une fusée.\label{fusee}}
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\includegraphics{Fusee.eps}
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\end{figure}
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La seconde équation de Newton s'écrit :
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\[\overrightarrow F+\overrightarrow P=m\cdot \overrightarrow a\]
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En projection sur l'axe et en raison de la définition du poids, on a :
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\[F-P=m\cdot a\;\Rightarrow\;F=m\cdot a+m\cdot g\]
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|
Or, comme l'accélération vaut :
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\[a=\frac{v_f-v_i}{t}=\frac{1000/3,6-0}{60}=4,63\,m/s^2\]
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|
on a :
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\[F=60\cdot 10^3\cdot 4,63+60\cdot 10^3\cdot 9,81=866'400\,N\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{37}
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|
Le schéma de la situation est donné par la figure \ref{remorque}.
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\begin{figure}[!t]
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\centering
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\caption{Une remorque\label{remorque}}
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\includegraphics[width=6cm]{Remorque.eps}
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\end{figure}
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La remorque avance à vitesse constante. La première loi de Newton nous indique alors que la somme des forces qui s'exercent sur elle est nulle. On peut considérer successivement le cas des forces verticales et celui des forces horizontales.
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Verticalement, la position de la voiture ne change pas. Elle est verticalement à l'arrêt. La réaction du sol $\overrightarrow R$ est donc égale en grandeur, mais opposée, au poids $\overrightarrow P$, comme présenté dans la figure \ref{remorque}.
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|
Horizontalement par contre, la remorque se déplace. Mais elle le fait à vitesse constante et donc, là encore, la somme des forces horizontales qui s'exercent sur elle est nulle. La force de frottement $\overrightarrow F_{fr}$ est égale en grandeur et opposée à la force $\overrightarrow F$ exercée par la voiture pour tirer la remorque. Ainsi :
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\[F=F_{fr}=500\,N\]
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|
Si la voiture a une accélération, la situation des forces verticales ne change pas. On a toujours : $\overrightarrow R=-\overrightarrow P$. Par contre, la sommes des forces horizontales n'est plus nulle. On a, selon l'axe de la figure \ref{remorque} :
|
|
\begin{align*}
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F-F_{fr}&=m\cdot a\;\Rightarrow\\
|
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F&=m\cdot a+F_{fr}=500\cdot 5+500=3000\,N
|
|
\end{align*}
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|
et la somme des forces qui s'exercent sur la remorque est :
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\[F-F_{fr}=m\cdot a=500\cdot 5=2500\,N\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{38}
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|
Ce problème est identique au problème \ref{exfusee} de la fusée. Il suffit de remplacer la fusée par l'ascenseur et de considérer la force de propulsion de la fusée comme la force de traction du câble. Considérons donc la figure \ref{fusee}. Selon l'axe considéré, on a :
|
|
\begin{align*}
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F-P&=m\cdot a\,\Rightarrow\\
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F&=m\cdot a+m\cdot g=260\cdot 4+260\cdot 9,81\\
|
|
&=3590,6\,N
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\end{align*}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{39}
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Pour que la voiture ralentisse, il faut que la force qui s'exerce sur elle soit vers l'arrière. C'est la force de frottement du sol sur les roues qui la freine. En effet, sur la glace elle ne s'exerce pas et la voiture ne peut freiner.
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|
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|
Tant la force que l'accélération sont donc dirigées vers l'arrière. La décélération se calculant par :
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\begin{align*}
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v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot d\;\Rightarrow\\
|
|
a&=\frac{0^2-(50/3,6)^2}{2\cdot 40}=-2,4\,m/s^2
|
|
\end{align*}
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|
on trouve aisément la force de frottement de la route sur les pneus qui ralentit la voiture :
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|
\[F_{fr}=m\cdot a=2000\cdot (-2,4)=-4'822,5\,N\]
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Elle est négative, donc bien dirigée vers l'arrière.
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|
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|
\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{40}
|
|
Ce problème illustre bien l'importance du choix du système. Comme tout se déroule horizontalement, on ne va considérer que les forces horizontales. Les verticales existent, mais n'interviennent pas.
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|
\begin{enumerate}
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|
\item Comme on cherche la force nécessaire à l'augmentation de vitesse du train dans son entier, considérons pour système le train entier. Sa masse totale est $M=300\cdot 10^3\,kg$. Son accélération est :
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\[a=\frac{v_f-v_i}{t}=\frac{10/3,6-0}{60}=0,046\,m/s^2\]
|
|
On peut donc écrire :
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\[F_{tot}=M\cdot a=300\cdot 10^3\cdot 0,046=13'889\,N\]
|
|
\item Cette fois-ci, on cherche la force exercée sur une partie du train : les wagons. On ne va donc considérer comme système que les wagons. Une seule force $F$ les tire vers l'avant avec la même accélération que celle du train dans son ensemble. Leur masse est $m=250\cdot 10^3\,kg$. On a donc :
|
|
\[F=m\cdot a=250\cdot 10^3\cdot 0,046=11'500\,N\]
|
|
Valeur inférieure à celle du point précédent, car il ne faut pas tirer la locomotive.
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|
\item Ici, le système est évidemment la locomotive seule de masse $m'=50\cdot 10^3\,kg$. On peut donc calculer l'accélération :
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\begin{align*}
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|
F_{tot}&=m'\cdot a\;\Rightarrow\\
|
|
a&=\frac{F_{tot}}{m'}=\frac{13'889}{50\cdot 10^3}=0,28\,m/s^2
|
|
\end{align*}
|
|
et finalement le temps :
|
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\[a=\frac{v_f-v_i}{t}\;\Rightarrow\;t=\frac{10/3,6-0}{0,28}=10\,s\]
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|
\end{enumerate}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{41}
|
|
Pendant la montée, la balle subit deux forces extérieures vers le bas : son poids $P=m\cdot g$ et la force de frottement $F_{fr}$. En prenant un axe vertical dirigé vers le haut, on peut donc écrire :
|
|
\begin{align*}
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|
\sum F^{ext}=-m\cdot g-F_{fr}&=m\cdot a\;\Rightarrow\\
|
|
-0,1\cdot 9,81-0,05&=0,1\cdot a\;\Rightarrow\\
|
|
a&=-10,31\,m/s^2
|
|
\end{align*}
|
|
La balle a donc une décélération constante. Ainsi il s'agit d'un MRUA et, connaissant les vitesses initiale et finale et l'accélération, on peut écrire :
|
|
\begin{align*}
|
|
v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot h\;\Rightarrow\\
|
|
0&=2^2-2\cdot 10,31\cdot h\;\Rightarrow\\
|
|
h&=0,194\,m=19,4\,cm
|
|
\end{align*}
|
|
Évidemment, elle monte moins haut que s'il n'y avait pas de frottements.
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{42}
|
|
La première phase du mouvement se déroule à vitesse constante. La distance parcourue pendant cinq minutes, c'est-à-dire $1/12\,h$, est donc donnée par :
|
|
\[d_{MRU}=v_o\cdot t=10'000\cdot \frac{1}{12}=833,3\,km\]
|
|
La seconde phase du mouvement se déroule à accélération constante. En effet, la force de poussée et la masse étant constantes, on peut écrire :
|
|
\begin{align*}
|
|
\sum F^{ext}=P&=m\cdot a\;\Rightarrow\\
|
|
1000&=9'000\cdot a\;\Rightarrow\\
|
|
a&=0,111\,m/s^2
|
|
\end{align*}
|
|
Connaissant l'accélération, on peut ensuite calculer la distance parcourue en MRUA grâce au temps de poussée :
|
|
\begin{align*}
|
|
d_{MRUA}&=\frac{1}{2}\cdot a\cdot t^2+v_o\cdot t\\
|
|
&=\frac{1}{2}\cdot 0,111\cdot 30^2+\frac{10'000}{3,6}\cdot 30\\
|
|
&=83'383,3\,m=83,4\,km
|
|
\end{align*}
|
|
Au total, la distance parcourue est donc de :
|
|
\[d_{tot}=d_{MRU}+d_{MRUA}=833,3+83,4=916,7\,km\]
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{43}
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|
Son accélération, supposée constante, est donnée par :
|
|
\begin{align*}
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|
v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot d\;\Rightarrow\\
|
|
(0,01\cdot 3\cdot 10^8)^2&=0^2+2\cdot a\cdot 30\;\Rightarrow\\
|
|
a&=1,5\cdot 10^{11}\,m/s^2
|
|
\end{align*}
|
|
La force totale qui s'exerce sur lui est alors donnée par :
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|
\[F_{tot}=m\cdot a=9,1\cdot 10^{-31}\cdot 1,5\cdot 10^{11}=1,37\cdot 10^{-19}\,N\]
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{44}
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|
Tant que l'araignée ne bouge pas, la force exercée par le fil est égale à son poids, c'est-à-dire :
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|
\[F=m\cdot g=0,005\cdot 9,81=0,049\,N\]
|
|
Pendant sa chute, la seconde loi de Newton permet d'écrire, en utilisant un axe dans le sens de la chute :
|
|
\begin{align*}
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\sum F^{ext}=m\cdot g-F&=m\cdot a\;\Rightarrow\\
|
|
0,005\cdot 9,81-0,01&=0.005\cdot a\;\Rightarrow\\
|
|
a&=7,81\,m/s^2
|
|
\end{align*}
|
|
Avec une vitesse initiale nulle, le temps de chute sur une hauteur de $2\,m$ est :
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\begin{align*}
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h&=\frac{1}{2}\cdot a\cdot t^2\;\Rightarrow\\
|
|
t&=\sqrt{\frac{2\cdot h}{a}}=\sqrt{\frac{2\cdot 2}{7,81}}=0,716\,s
|
|
\end{align*}
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|
Et la vitesse finale est alors :
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|
\[v=a\cdot t=7,81\cdot 0,716=5,59\,m/s\]
|
|
|
|
\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{45}
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|
L'ensemble se comporte comme un système en une dimension dont l'accélération se fait dans le sens de la masse la plus grande et qui est freiné par la masse la plus faible. Si on définit le sens positif de l'axe dans le sens du mouvement, on peut écrire :
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\begin{align*}
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\sum F^{ext}=m_2\cdot g-m_1\cdot g&=(m_1+m_2)\cdot a\;\Rightarrow\\
|
|
3\cdot 9,81-2\cdot 9,81&=(2+3)\cdot a\;\Rightarrow\\
|
|
a&=1,962\,m/s^2
|
|
\end{align*}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{46}
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|
La figure \ref{ascenseur} présente la situation.
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\begin{figure}[!t]
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|
\centering
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|
\caption{Un ascenseur\label{ascenseur}}
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\includegraphics{Ascenseur.eps}
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|
\end{figure}
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|
On choisit comme système la personne. Les forces extérieures sont alors :
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|
\begin{itemize}
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|
\item son poids $\overrightarrow P$ et
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|
\item la force $\overrightarrow R$ exercée par la balance sur la personne. Sa réaction, la force exercée par la personne sur la balance, permet à cette dernière de donner une indication du poids de la personne, indiqué malheureusement en kilogrammes (et non en newton, comme cela devrait être le cas) par la balance.
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\end{itemize}
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Selon l'axe donné, on peut écrire :
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\[R-P=m\cdot a\;\Rightarrow\;R=m\cdot a+m\cdot g\]
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A partir de là, on peut considérer les différents cas :
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\begin{enumerate}
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\item Quand l'ascenseur prend de la vitesse, l'accélération vaut $2\,m/s^2$. La réaction de la balance est alors :
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\[R=70\cdot 2+70\cdot 9,81=826,7\,N\]
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et la balance indiquerait :
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\[m=\frac{826,7}{9,81}=84,3\,kg\]
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La personne a un poids plus important qu'à l'arrêt et donc l'indication donnée en terme de masse par la balance pourrait laisser croire à ... de l'embonpoint.
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\item Pendant la phase à vitesse constante, l'accélération vaut $0\,m/s^2$. La réaction de la balance est alors :
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\[R=70\cdot 0+70\cdot 9,81=686,7\,N\]
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et la balance indiquerait :
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\[m=\frac{686,7}{9,81}=70\,kg\]
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|
La personne a le même poids qu'à l'arrêt et donc l'indication donnée en terme de masse par la balance est juste.
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\item Quand l'ascenseur perd de la vitesse, l'accélération vaut $-3\,m/s^2$. La réaction de la balance est alors :
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\[R=70\cdot (-3)+70\cdot 9,81=476,7\,N\]
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et la balance indiquerait :
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\[m=\frac{476,7}{9,81}=48,6\,kg\]
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La personne a un poids moins important qu'à l'arrêt et donc l'indication donnée en terme de masse par la balance pourrait laisser croire à ... une maladie.
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\end{enumerate}
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On voit qu'une balance indique quelque chose de relatif à l'état de mouvement de la personne. Elle n'indique donc pas une quantité de matière, c'est-à-dire une masse. Une balance devrait donc être graduée en newtons. Elle l'est en $kg$, car on a l'habitude de se peser à l'arrêt (bien que ... la terre tournant ...) et à la surface de la terre. Dans ce cas bien précis, il suffit en effet de diviser son indication (ou de reporter face à la graduation une indication de masse) par $g$ pour obtenir la masse.
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{47}
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La loi de la gravitation universelle donne :
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\begin{align*}
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F&=G\cdot \frac{M\cdot m}{d^2}\\
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&=6,67\cdot 10^{-11}\cdot \frac{1\cdot 1}{0,5^2}=2,668\cdot 10^{-10}\,N
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|
\end{align*}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{48}
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Le poids à la surface de la terre peut être calculé de deux manières. A l'aide de la loi de la gravitation universelle et à l'aide de sa définition $P=m\cdot g$. Il s'agit de la même force. On peut donc écrire :
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\begin{align*}
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m\cdot g&=G\cdot \frac{M_{terre}\cdot m}{R_{terre}^2}\;\Rightarrow\\
|
|
g&=G\cdot \frac{M_{terre}}{R_{terre}^2}\;\Rightarrow\\
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|
M_{terre}&=\frac{g\cdot R_{terre}^2}{G}\\
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|
&=\frac{9,81\cdot (6'372\cdot 10^3)^2}{6,67\cdot 10^{-11}}=5,97\cdot 10^{24}\,kg
|
|
\end{align*}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{49}
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Comme au problème \ref{massedelaterre}, on a :
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\[g=G\cdot \frac{M}{R^2}\]
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Mais ici il s'agit de la lune. Ainsi :
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\begin{align*}
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g_{lune}&=G\cdot \frac{M_{lune}}{R_{lune}^2}\\
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&=6,67\cdot 10^{-11}\cdot \frac{7,35\cdot 10^{22}}{(1,738\cdot 10^6)^2}\\
|
|
&=1,62\,m/s^2
|
|
\end{align*}
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|
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|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{50}
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On a simplement :
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\[F=k\cdot x=800\cdot 0,1=80\,N\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{51}
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Une masse de $100\,g$ exerce une force
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\[F=m\cdot g=0,1\cdot 9,81=0,981\,N\]
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|
sur le ressort. On a donc :
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\[F=k\cdot x\;\Rightarrow\;k=\frac{F}{x}=\frac{0,981}{0,12}=8,175\,N/m\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{52}
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L'accélération de la voiture est (hypothèse MRUA) :
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\begin{align*}
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v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot d\;\Rightarrow\\
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|
a&=\frac{v^2-v_o^2}{2\cdot d}=\frac{13,8^2}{2\cdot 40}\\
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|
&=2,41\,m/s^2
|
|
\end{align*}
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|
La force exercée par la route sur les pneus est donc de :
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\[F_{fr}=m\cdot a=2000\cdot 2,41=4822,5\,N\]
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|
Or, par définition de la force de frottement sec, on a :
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\begin{align*}
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F_{fr}&=\mu\cdot R=\mu\cdot m\cdot g\;\Rightarrow\\
|
|
\mu&=\frac{F_{fr}}{m\cdot g}=\frac{4822,5}{2000\cdot 9,81}=0,25
|
|
\end{align*}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{53}
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La force maximale entre les pneus et la route est donnée par :
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\[F_{fr}=\mu_{o}\cdot R=\mu_{o}\cdot m\cdot g\]
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On a alors :
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\begin{enumerate}
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\item Avec les roues avant uniquement, la force maximale est :
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\[F_{fr}=0,5\cdot 600\cdot 9,81=2943\,N\]
|
|
Et l'accélération :
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\[a=\frac{F_{fr}}{m}=\frac{2943}{1000}=2,943\,m/s^2\]
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|
\item Avec les roues arrière uniquement, la force maximale est :
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\[F_{fr}=0,5\cdot 400\cdot 9,81=1962\,N\]
|
|
Et l'accélération :
|
|
\[a=\frac{F_{fr}}{m}=\frac{1962}{1000}=1,962\,m/s^2\]
|
|
\item Avec les roues avant et arrière ensembles, la force maximale est :
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|
\[F_{fr}=0,5\cdot 1000\cdot 9,81=4905\,N\]
|
|
Et l'accélération :
|
|
\[a=\frac{F_{fr}}{m}=\frac{4905}{1000}=4,905\,m/s^2\]
|
|
\end{enumerate}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{54}
|
|
La seconde loi de Newton permet de calculer la valeur de la force de traction :
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\begin{align*}
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F-m\cdot g&=m\cdot a\;\Rightarrow\\
|
|
F&=m\cdot a+m\cdot g\\
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|
&=50\cdot 4+50\cdot 9,81=690,5\,N
|
|
\end{align*}
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|
La force de traction et le déplacement étant parallèles et de même sens, on a :
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|
\[A=\overrightarrow F\cdot \overrightarrow d=F\cdot d=690,5\cdot 100=69'050\,J\]
|
|
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|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{55}
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|
Par définition de l'énergie potentielle, on a :
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\[E_{pot}=m\cdot g\cdot h=50\cdot 9,81\cdot 100=49'050\,J\]
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|
Pour le calcul de l'énergie cinétique, si on fait l'hypothèse d'un MRUA, la vitesse de la masse au bout de $100\,m$ est :
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\begin{align*}
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|
v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot d\;\Rightarrow\\
|
|
v&=\sqrt{2\cdot a\cdot d}=\sqrt{2\cdot 4\cdot 100}=28,3\,m/s
|
|
\end{align*}
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|
et l'énergie cinétique est alors :
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\[E_{cin}=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2=\frac{1}{2}\cdot 50\cdot 28,3^2=20'022,25\,J\]
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{56}
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|
Dans chacun des cas, l'énergie cinétique se calcule par :
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\[E_{cin}=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2\]
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\begin{itemize}
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\item Un bon coureur met environ $10\,s$ pour parcourir $100\,m$. Sa vitesse moyenne est donc de :
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\[v=\frac{d}{t}=\frac{100}{10}=10\,m/s\]
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|
Son énergie cinétique est donc de :
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\[E_{cin}=\frac{1}{2}\cdot 80\cdot 10^2=4000\,J\]
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|
\item Simplement, on calcule l'énergie cinétique :
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\[E_{cin}=\frac{1}{2}\cdot 800\cdot 10^2=40'000\,J\]
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|
\item Il faut mettre la masse en $kg$ pour calculer l'énergie cinétique :
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\[E_{cin}=\frac{1}{2}\cdot 0,01\cdot 800^2=3200\,J\]
|
|
\end{itemize}
|
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{57}
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Procédons par étapes :
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\begin{itemize}
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\item si on monte de $4\,m$, le poids et le déplacement sont opposés et le travail du poids est :
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\begin{align*}
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A&=m\cdot g\cdot d\cdot \cos(\alpha)\\
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|
&=3\cdot 9,81\cdot 4\cdot \cos(180)=-117,72\,J
|
|
\end{align*}
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|
\item lors d'un déplacement horizontal, le poids et le déplacement sont perpendiculaires et le travail est nul (car $\cos(90^{\circ})=0$),
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|
\item si on descend de $4\,m$, le poids et le déplacement sont dans le même sens et le travail du poids est :
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\begin{align*}
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|
A&=m\cdot g\cdot d\cdot \cos(\alpha)\\
|
|
&=3\cdot 9,81\cdot 4\cdot \cos(0)=117,72\,J
|
|
\end{align*}
|
|
\item lors d'un déplacement horizontal, le poids et le déplacement sont perpendiculaires et le travail est nul (car $\cos(90^{\circ})=0$).
|
|
\end{itemize}
|
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|
Ainsi, le travail total est la somme des travaux pour chaque déplacement :
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\[A_{tot}=-117,72+0+117,72+0=0\,J\]
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|
Le travail du poids pour un parcours fermé est donc nul. On dit d'une telle force qu'elle est ``conservative''. Ce n'est que pour de telles forces qu'il existe une énergie potentielle.
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{58}
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Par définition du travail, on a :
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\begin{align*}
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A&=\overrightarrow F\cdot \overrightarrow d=F\cdot d\cdot \cos(\alpha)\\
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&=15\cdot 20\cdot \cos(10^{\circ})=295,4\,J
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|
\end{align*}
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\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{59}
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Pour rappel, résolvons tout d'abord le problème à l'aide de l'accélération. Nous sommes dans le cas d'un MRUA. Donc, on peut écrire :
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\begin{align*}
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v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot h\;\Rightarrow\\
|
|
v&=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot 10}=14\,m/s=50,4\,km/h
|
|
\end{align*}
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\medskip
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|
Pour résoudre le problème à l'aide de l'énergie, il faut considérer que toute l'énergie potentielle de la personne en haut du plongeoir se transforme graduellement en énergie cinétique pendant sa chute. Si le zéro de l'énergie potentielle est choisi au niveau de l'eau, le plongeur n'a plus d'énergie potentielle lorsqu'il l'atteint. Elle s'est entièrement transformée en énergie cinétique. On peut donc écrire :
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\begin{align*}
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m\cdot g\cdot h&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2\;\Rightarrow\\
|
|
v&=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot 10}=14\,m/s=50,4\,km/h
|
|
\end{align*}
|
|
et le problème est résolu.
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\medskip
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|
Cependant, il faut remarquer que l'égalité de l'énergie potentielle et de l'énergie cinétique dérive du théorème de conservation de l'énergie mécanique. En effet, comme c'est le cas ici, en l'absence de forces non conservatives, on peut écrire :
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\begin{align*}
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\Delta E_{mec}&=0\\
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E_{mec f}-E_{mec i}&=0\\
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E_{pot f}+E_{cin f}-E_{pot i}-E_{cin i}&=0\\
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0+\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2-m\cdot g\cdot h-0&=0\\
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\Rightarrow\;\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2=m\cdot g\cdot h&
|
|
\end{align*}
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|
Remarquons enfin, que le problème est ici tout aussi facile à résoudre des deux manières. Cependant, dans le premier cas, on a pu le faire car on sait qu'une chute libre est un MRUA. Pour d'autres types de mouvements, qui ne sont pas des MRUA, pour trouver la vitesse à partir de l'accélération, il faut résoudre une intégrale. Et là, cela peut être beaucoup plus difficile qu'en utilisant l'énergie.
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{60}
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On utilisera pas ici la méthode newtonienne, même si le problème peut être résolu de cette manière.
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Fixons le zéro de l'énergie potentielle là où l'objet décolle. Alors, son énergie potentielle est nulle et son énergie cinétique maximale. En montant, il perd graduellement de l'énergie cinétique au profit de l'énergie potentielle. Arrivé au sommet de sa trajectoire, il s'arrête brièvement et son énergie potentielle est maximale alors que son énergie cinétique est nulle. On peut donc dire que toute son énergie cinétique du départ s'est transformée en énergie potentielle au sommet et écrire :
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\begin{align*}
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\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2&=m\cdot g\cdot h\;\Rightarrow\\
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|
h&=\frac{v^2}{2\cdot g}=\frac{10^2}{2\cdot 9,81}=5,1\,m
|
|
\end{align*}
|
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{61}
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Commençons par calculer la vitesse à laquelle la tuile quitte le toit. La conservation de l'énergie mécanique implique que :
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\begin{align*}
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m\cdot g\cdot \Delta h&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2\;\Rightarrow\\
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|
v&=\sqrt{2\cdot g\cdot \Delta h}\\
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&=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot (30-25)}=9.9\,m/s
|
|
\end{align*}
|
|
Cette vitesse est un vecteur qui fait avec l'horizontale un angle de $15^{\circ}$. La balistique (voir annexe \ref{balistique}) nous apprend qu'il faut décomposer le mouvement sur chaque axe. En particulier la vitesse initiale a les composantes suivantes :
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\begin{align*}
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v_x&=v\cdot \cos(\alpha)=9,9\cdot \cos(-15^{\circ})=9,56\,m/s\\
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v_y&=v\cdot \sin(\alpha)=9,9\cdot \sin(-15^{\circ})=-2,56\,m/s
|
|
\end{align*}
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|
puisque le vecteur vitesse pointe sous l'horizontale ($\alpha<0$).
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|
En choisissant un système d'axes dont l'origine est au sol et au pied du bord du toit, on peut alors écrire les équations de la position de la tuile au cours du temps :
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\begin{align*}
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x(t)&=v_x\cdot t=9,56\cdot t\\
|
|
y(t)&=-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t^2+v_y\cdot t+y_o\\
|
|
&=-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t^2-2,56\cdot t+25
|
|
\end{align*}
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|
On cherche alors la position horizontale de la tuile au moment où elle arrive au sol, soit $x(t_{sol})$. Il faut donc calculer $t_{sol}$. Or, à ce moment là, $y(t_{sol})=0$. La seconde équation nous donne donc :
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\begin{align*}
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0&=-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t_{sol}^2-2,56\cdot t_{sol}+25\\
|
|
&\Rightarrow\;-4,905\cdot t_{sol}^2-2,56\cdot t_{sol}+25=0
|
|
\end{align*}
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|
C'est une équation du second degré à une inconnue $t_{sol}$. Sa solution est :
|
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\begin{align*}
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t_{sol}&=\frac{2,56\pm \sqrt{2,56^2+4\cdot 4,905\cdot 25}}{2\cdot (-4,905)}\\
|
|
&=\frac{2,56\pm 22,3}{-9,81}=\begin{cases}-2,53\,s\\2\,s\end{cases}
|
|
\end{align*}
|
|
Évidemment, le temps correct est celui qui est positif.
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|
Ainsi, $t_{sol}=2\,s$. La distance au pied du toit à laquelle la tuile arrivera est donc :
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\[x(t_{sol})=v_x\cdot t_{sol}=9,56\cdot 2=19,12\,m\]
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|
|
|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{62}
|
|
Simplement, on a :
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\begin{align*}
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\Delta E_{cin}&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v_f^2-\frac{1}{2}\cdot m\cdot v_i^2\\
|
|
&=\frac{1}{2}\cdot 2000\cdot ((\frac{10}{3,6})^2-(\frac{5}{3,6}^2))=5787\,J
|
|
\end{align*}
|
|
|
|
\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{63}
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|
La puissance de chute est :
|
|
\begin{align*}
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P&=\eta\cdot Q\cdot g\cdot h=\\
|
|
&=0,4\cdot 30\cdot 10^{-3}\cdot 9,81\cdot 22=2,59\,kW
|
|
\end{align*}
|
|
La chute à donc une puissance de $2590\,W$. Son frigo et sa machine à laver ont une puissance totale de $2,2\,kW$. Reste donc $2590-2200=390\,W$ pour les ampoules. Or, $390/40=9,75\,$. Robinson pourra donc utiliser $9$ ampoules.
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|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{64}
|
|
Le débit de la prise d'eau est de :
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\[Q=0,05\cdot 30=1,5\,l/s=1,5\cdot 10^{-3}\,m^3/s\]
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|
La puissance de chute est donc de :
|
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\begin{align*}
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|
P&=\eta\cdot Q\cdot g\cdot h=\\
|
|
&=0,4\cdot 1,5\cdot 9,81\cdot 22=129,5\,W
|
|
\end{align*}
|
|
Or, faire monter une masse de $60\,kg$ d'une hauteur de deux étages, soit $4\,m$, demande une énergie de :
|
|
\[E=m\cdot g\cdot h=60\cdot 9,81\cdot 4=2'354,4\,J\]
|
|
Compte tenu des frottements, l'énergie totale nécessaire est de $2\cdot 2'354,4=4'708,8\,J$. Soit, pour une montée en $2\,mn$, une puissance de :
|
|
\[P=\frac{E}{t}=\frac{4'708,8}{2\cdot 60}\simeq40\,W\]
|
|
Ainsi, si $40\,W$ sont nécessaire, Robinson n'utilise certainement pas les quelques $130\,W$ fournis par la chute d'eau. L'ascenseur est donc réalisable.
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|
|
|
\end{Solution}
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\begin{Solution}{65}
|
|
Le nombre de ménages est de $30'000/2,5=12'000$. Il faut donc fournir une énergie de :
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|
\[E=12'000\cdot 3'000=36'000'000\,kWh=36\,GWh\]
|
|
Sur une année, cette énergie représente une puissance moyenne de :
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\[P=\frac{E}{t}=\frac{36\cdot 10^9}{365\cdot 24}=4'110\,W\]
|
|
On a alors :
|
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\begin{align*}
|
|
P&=\eta\cdot Q\cdot g\cdot h\;\Rightarrow\\
|
|
Q&=\frac{P}{\eta\cdot g\cdot h}\\
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|
&=\frac{4'110}{0,9\cdot 9,81\cdot 74}=6,3\,m^3/s
|
|
\end{align*}
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|
Il faut donc choisir une turbine Francis.
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|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{66}
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|
La puissance du vent est donnée par la relation \ref{puissvent} :
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\[P_{vent}=\frac{1}{2}\cdot \rho\cdot S\cdot v^3\]
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|
Soit avec une surface $S=\pi\cdot R^2$, une vitesse en SI $v=6\,m/s$ et les valeurs données :
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\begin{align*}
|
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P_{vent}&=\frac{1}{2}\cdot 1,293\cdot \pi\cdot 22^2\cdot 6^3\\
|
|
&=212'333\,W=212,333\,kW
|
|
\end{align*}
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|
|
|
\end{Solution}
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|
\begin{Solution}{67}
|
|
La vitesse linéaire en bout de pale vaut donc :
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\[v=\frac{277,2}{3,6}=77\,m/s\]
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|
Or, un tour représente une distance en bout de pale : $d=2\cdot \pi\cdot 30=188,5\,m$. La vitesse de rotation est donc de :
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|
\[v=\frac{77}{188,5}=0,41\,tr/s\]
|
|
|
|
\medskip
|
|
|
|
La puissance du vent vaut, selon l'équation \ref{puissvent} :
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\begin{align*}
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P_{vent}&=\frac{1}{2}\cdot 1,293\cdot \pi\cdot 30^2\cdot (\frac{32,4}{3,6})^3 \\
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|
&=1'332'565\,W=1'332,6\,kW
|
|
\end{align*}
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|
Comme l'éolienne tourne à $\eta=90\%$ de la limite de Betz, on a, selon l'équation \ref{puissdebetz} :
|
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\begin{align*}
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\Delta P&=\eta\cdot \frac{16}{27}\cdot P_{vent} \\
|
|
&=0,9\cdot 0,593\cdot 1'332'565= \\
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|
&=710'701\,W=710\,kW
|
|
\end{align*}
|
|
|
|
\end{Solution}
|
|
\begin{Solution}{68}
|
|
On a, selon l'équation \ref{puissdebetz}, que :
|
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\begin{align*}
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\Delta P&=\eta\cdot \frac{16}{27}\cdot P_{vent}\;\Rightarrow \\
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P_{vent}&=\frac{27\cdot \Delta P}{16\cdot \eta} \\
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&=\frac{27\cdot 40}{16\cdot 0,4}=168,75\,W
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\end{align*}
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Il s'agit de la puissance du vent nécessaire pour alimenter l'ampoule. On a donc, selon l'équation \ref{puissvent} :
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\begin{align*}
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P_{vent}&=\frac{1}{2}\cdot \rho\cdot S\cdot v^3 \\
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&=\frac{1}{2}\cdot \rho\cdot \pi\cdot R^2\cdot v^3\;\Rightarrow \\
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R&=\sqrt{\frac{2\cdot P_{vent}}{\rho\cdot \pi\cdot v^3}} \\
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&=\sqrt{\frac{2\cdot 168,75}{1,293\cdot \pi\cdot 4^3}} \\
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&=1,14\,m
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\end{align*}
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Il faut donc utiliser une petite éolienne de $1,14\,m$ de rayon.
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{69}
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L'équation \ref{thermique}, page \pageref{thermique}, permet de calculer la puissance $\Delta P$ nécessaire pour chauffer une masse de $100\,kg$ d'eau :
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\begin{align*}
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\Delta P&=\frac{E}{t}=\frac{m\cdot c_{eau}\cdot \Delta \theta}{t} \\
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&=\frac{100\cdot 4'180\cdot 20}{4\cdot 3600}=581\,W
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\end{align*}
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L'équation \ref{puisssolthermique} nous donne alors la surface cherchée $S$ :
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\begin{align*}
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\Delta P&=S\cdot (B\cdot P-K\cdot \Delta \theta)\;\Rightarrow \\
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S&=\frac{\Delta P}{B\cdot P-K\cdot \Delta \theta} \\
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&=\frac{581}{0,8\cdot 120-3\cdot 20}=16,2\,m^2
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\end{align*}
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{70}
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On calcule tout d'abord la puissance fournie par les capteurs :
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\begin{align*}
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\Delta P&=S\cdot (B\cdot P-K\cdot \Delta \theta)\;\Rightarrow \\
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&=5\cdot (0,7\cdot 150-2\cdot 15)=375\,W
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\end{align*}
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Cela signifie que les capteurs produisent une énergie $E=375\,J/s$. Chaque seconde, il faut donc évacuer cette énergie. La masse d'eau nécessaire pour cela est donnée par l'équation \ref{thermique}, page \pageref{thermique} :
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\begin{align*}
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E&=m\cdot c_{eau}\cdot \Delta \theta\;\Rightarrow \\
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m&=\frac{E}{c_{eau}\cdot \Delta \theta} \\
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&=\frac{375}{4'180\cdot 15}=6\,g
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\end{align*}
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C'est une masse qui correspond à un volume de :
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\begin{align*}
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\rho&=\frac{m}{V}\;\Rightarrow \\
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V&=\frac{m}{\rho}=\frac{6\cdot 10^{-3}}{1}=6\,ml
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\end{align*}
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En effet, la masse volumique de l'eau est de $1\,kg/l$. Le débit est donc très faible et vaut $D=6\,ml/s=21,6\,l/h$.
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\end{Solution}
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\begin{Solution}{71}
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L'énergie annuelle produite par les $8\,m^2$ de cellules est, compte tenu d'un rendement d'environ $15\%$, c'est-à-dire $20\,W/m^2$ :
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\[E=8\cdot 20\cdot 24\cdot 365=1'401,6\,kWh\]
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La couverture solaire ne suffit donc pas. Il manque $2'500-1'401,6=1'098,4\,kWh$. Cela représente une puissance de :
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\[P=\frac{E}{t}=\frac{1'098,4}{24\cdot 365}=125,4\,kW\]
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\end{Solution}
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