Exercices corrigés : mouvement et interactions (Seconde)

a) Dans le référentiel du cadre, la valve décrit un CERCLE de rayon égal à sa distance à l'axe de la roue : c'est un mouvement circulaire uniforme si le vélo garde sa vitesse. Dans le référentiel du sol, la rotation se compose à l'avancée du vélo et la trajectoire devient une cycloïde, une suite d'arches qui touchent le sol. Même objet, même instant, deux trajectoires totalement différentes : la trajectoire n'est pas une propriété de l'objet, c'est une propriété du couple objet-référentiel.

b) Il faut préciser le référentiel avant de répondre, sinon la question n'a pas de sens. Dans le référentiel du wagon, il est immobile : sa distance aux parois ne change pas. Dans le référentiel du quai, il est en mouvement, à la vitesse du métro. Les deux affirmations sont vraies en même temps et ne se contredisent pas.

c) Dans le référentiel du train, la balle tombe verticalement, exactement comme si le train était à l'arrêt : elle atterrit aux pieds du passager. Dans le référentiel du quai, elle conserve la vitesse horizontale du train au moment du lâcher et sa trajectoire est une portion de parabole. C'est la même chute vue de deux endroits.

d) Parce qu'un référentiel n'est utile que si les objets de référence qu'il utilise peuvent être considérés comme fixes pendant la durée de l'expérience. La Terre convient parfaitement pour une chute de quelques secondes. Pour une révolution planétaire, qui dure des mois ou des années, la Terre tourne elle-même autour du Soleil et sa rotation propre n'est plus négligeable : le mouvement des planètes y devient inutilement compliqué. On choisit alors le référentiel héliocentrique, centré sur le Soleil, dans lequel les trajectoires redeviennent de simples ellipses.

e) Par rapport au sol, chacune roule à $100\ \mathrm{km/h}$. L'une par rapport à l'autre, la vitesse est NULLE : leur distance mutuelle ne change pas, chacune paraît immobile depuis l'habitacle de l'autre. C'est exactement ce qui permet le ravitaillement d'un avion en vol, et c'est aussi ce qui rend une collision par l'arrière à faible différence de vitesse bien moins violente qu'un choc frontal, où les vitesses s'ajoutent au lieu de se soustraire.

a) La durée totale vaut $\Delta t=7\times 40=280\ \mathrm{ms}=0{,}280\ \mathrm{s}$, pour une distance $d=38{,}5\ \mathrm{cm}=0{,}385\ \mathrm{m}$. Donc $v=\dfrac{0{,}385}{0{,}280}=1{,}375\ \mathrm{m/s}$, soit environ $1{,}38\ \mathrm{m/s}$. Attention au nombre d'intervalles : de $M_0$ à $M_7$ il y a $7$ intervalles, pas $8$ points multipliés par $\tau$.

b) La distance $M_3M_5$ vaut $19{,}6-7{,}1=12{,}5\ \mathrm{cm}=0{,}125\ \mathrm{m}$, parcourue en $2\tau=0{,}080\ \mathrm{s}$. Donc $v_4=\dfrac{0{,}125}{0{,}080}=1{,}5625\ \mathrm{m/s}$, soit environ $1{,}56\ \mathrm{m/s}$. On encadre le point $M_4$ par ses deux voisins plutôt que de prendre l'écart $M_4M_5$ seul, parce que l'encadrement centre l'estimation sur $M_4$ et compense en partie l'accélération.

c) La vitesse moyenne, $1{,}38\ \mathrm{m/s}$, est plus petite que la vitesse instantanée en $M_4$, $1{,}56\ \mathrm{m/s}$. C'est normal : la bille accélère en tombant, donc elle a été plus lente que $1{,}56\ \mathrm{m/s}$ pendant tout le début du trajet, ce qui tire la moyenne vers le bas. La vitesse moyenne d'un mouvement accéléré n'est jamais la vitesse à mi-parcours en distance, elle est plus proche de la vitesse à mi-parcours en temps.

d) L'espacement croissant traduit une distance parcourue de plus en plus grande pendant des durées ÉGALES : la bille accélère. La durée $\tau$ ne change pas parce qu'elle est imposée par l'appareil de prise de vue, pas par le mouvement : c'est la cadence du flash ou de la caméra, réglée une fois pour toutes. C'est précisément ce qui rend la chronophotographie lisible, puisque les distances entre points deviennent alors directement proportionnelles aux vitesses moyennes successives.

e) Pour passer des mètres par seconde aux kilomètres par heure, on multiplie par $3{,}6$ : $v_4=1{,}5625\times 3{,}6=5{,}625\ \mathrm{km/h}$, soit environ $5{,}6\ \mathrm{km/h}$. Le facteur vient de $1\ \mathrm{m/s}=\dfrac{0{,}001\ \mathrm{km}}{\frac{1}{3600}\ \mathrm{h}}=3{,}6\ \mathrm{km/h}$. Une bille lâchée d'une trentaine de centimètres roule donc déjà à l'allure d'un marcheur rapide.

a) Une seule action à distance : l'attraction gravitationnelle exercée par la Terre, modélisée par le poids. Une seule action de contact : celle exercée par la table sur la face inférieure du livre. L'air exerce aussi une action, mais elle est négligeable devant les deux autres pour un objet posé. Le diagramme objet-interaction se lit ainsi : au centre le livre, autour de lui la Terre reliée par une flèche en pointillés, et la table reliée par une flèche pleine.

b) $P=m\,g$ avec $m=800\ \mathrm{g}=0{,}800\ \mathrm{kg}$, donc $P=0{,}800\times 9{,}81=7{,}85\ \mathrm{N}$. La conversion en kilogrammes est obligatoire, faute de quoi on obtient $7848\ \mathrm{N}$, la valeur du poids d'un scooter.

c) Le livre est immobile, donc les forces qu'il subit se compensent, d'après le principe d'inertie. La force exercée par la table est donc opposée au poids : verticale, dirigée vers le HAUT, de même valeur $7{,}85\ \mathrm{N}$. Elle est appelée réaction normale du support. Elle n'est pas une propriété de la table, elle s'ajuste : c'est le support qui répond à ce qu'on lui pose.

d) Oui, elle double, ou presque : la table supporte maintenant les deux livres, donc elle exerce sur le livre du dessous une force verticale vers le haut de $2\times 7{,}85=15{,}7\ \mathrm{N}$. Le bilan du livre du dessous compte désormais trois forces : son propre poids $7{,}85\ \mathrm{N}$ vers le bas, l'action du livre du dessus $7{,}85\ \mathrm{N}$ vers le bas, et l'action de la table $15{,}7\ \mathrm{N}$ vers le haut. La somme est nulle, ce qui est cohérent avec l'immobilité.

e) Première erreur : le point d'application. Le poids s'applique au centre de gravité du livre, pas à sa face inférieure ni sur la table. Deuxième erreur : le sens. Le poids est dirigé vers le BAS, vers le centre de la Terre ; une flèche vers le haut représenterait l'action de la table, pas le poids. On peut ajouter une troisième remarque : une force qui s'exerce sur le livre doit être dessinée depuis le livre, jamais depuis l'objet qui l'exerce.

a) $F=G\dfrac{M_T\,m}{R_T^2}=6{,}67\times 10^{-11}\times\dfrac{5{,}97\times 10^{24}\times 60{,}0}{(6{,}37\times 10^{6})^2}$. Le numérateur vaut $2{,}389\times 10^{16}$ et le dénominateur $4{,}058\times 10^{13}$, d'où $F\approx 589\ \mathrm{N}$. Ne pas oublier d'élever le rayon au carré : c'est l'erreur qui coûte le plus cher dans ce calcul, et elle donne un résultat plusieurs millions de fois trop grand.

b) $P=60{,}0\times 9{,}81=589\ \mathrm{N}$. Les deux valeurs coïncident à moins de $0{,}2\ \%$ près. Conclusion : le poids n'est rien d'autre que la force gravitationnelle exercée par la Terre, à une petite correction près due à la rotation terrestre. La formule $P=m\,g$ est donc un raccourci commode de la loi de gravitation, valable seulement à la surface de la Terre.

c) En identifiant $m\,g=G\dfrac{M_T\,m}{R_T^2}$, la masse $m$ se simplifie et il reste $g=G\dfrac{M_T}{R_T^2}=6{,}67\times 10^{-11}\times\dfrac{5{,}97\times 10^{24}}{4{,}058\times 10^{13}}=9{,}81\ \mathrm{N/kg}$. Cette simplification de $m$ est le point le plus important du chapitre : elle explique pourquoi tous les corps tombent avec la même accélération, quelle que soit leur masse.

d) La distance au CENTRE de la Terre vaut $d=R_T+h=6{,}37\times 10^{6}+4{,}00\times 10^{5}=6{,}77\times 10^{6}\ \mathrm{m}$. Alors $g'=G\dfrac{M_T}{d^2}=6{,}67\times 10^{-11}\times\dfrac{5{,}97\times 10^{24}}{4{,}583\times 10^{13}}=8{,}69\ \mathrm{N/kg}$. L'altitude compte depuis la SURFACE, mais la loi de gravitation compte depuis le CENTRE : il faut ajouter le rayon terrestre.

e) Il n'y a pas de contradiction, parce que la pesanteur à $400\ \mathrm{km}$ vaut encore $89\ \%$ de sa valeur au sol. Si les astronautes flottent, ce n'est pas parce que la gravité aurait disparu, c'est parce que la station et tout ce qu'elle contient TOMBENT ensemble, en permanence, vers la Terre. La station a simplement une vitesse horizontale suffisante pour que sa chute la fasse manquer la Terre à chaque tour. Rien ne pousse l'astronaute contre le plancher, donc il ne ressent aucun poids apparent, alors que l'attraction, elle, est bien là et courbe sa trajectoire.

a) Le mouvement étant rectiligne et uniforme, les forces se compensent : leur somme est nulle. Inventaire : le poids, vertical vers le bas ; la réaction du sol, verticale vers le haut, qui compense le poids ; la force de traction, horizontale vers l'avant ; la force de frottement du sol, horizontale vers l'arrière, de même valeur que la traction. On tire donc bel et bien sur la caisse, mais pas pour la faire avancer : pour compenser exactement les frottements.

b) Elles sont ÉGALES en valeur et opposées en sens, puisque la vitesse est constante et la trajectoire rectiligne. C'est ce qui définit la vitesse limite de chute : au début le poids l'emporte, la vitesse augmente, les frottements augmentent avec elle, jusqu'à égaler le poids. À partir de cet instant plus rien n'accélère le parachutiste, et il descend à vitesse constante jusqu'au sol.

c) Le poids et la réaction de la table se compensent, et aucune autre force n'agit horizontalement. Les forces se compensent donc, et le principe d'inertie s'applique : la bille poursuit indéfiniment son mouvement rectiligne uniforme, à la vitesse qu'elle avait. Elle ne ralentit pas et n'a besoin de rien pour continuer. Notre intuition contraire vient de ce qu'aucune table réelle n'est sans frottement.

d) Non, elles ne se compensent pas, malgré la vitesse constante au compteur. Le compteur n'indique que la VALEUR de la vitesse, alors que le principe d'inertie porte sur le vecteur vitesse, direction comprise. Dans un virage la direction change en permanence, donc le vecteur vitesse change, donc le mouvement n'est pas rectiligne uniforme, donc les forces ne se compensent pas. Ce sont les frottements latéraux des pneus qui fournissent la force manquante, et c'est pourquoi on dérape sur une plaque de verglas en courbe alors qu'on ne dérape pas en ligne droite.

e) Non plus, pour exactement la même raison. Le satellite garde une vitesse de valeur constante, mais sa trajectoire est un cercle : la direction du vecteur vitesse change sans arrêt. Les forces ne se compensent donc pas, et la force non compensée est justement l'attraction gravitationnelle de la Terre, qui courbe la trajectoire en permanence. Retenir la formulation exacte : rectiligne ET uniforme. Manquer l'un des deux mots fait rater les questions d) et e).

a) On divise par $3{,}6$ pour passer des kilomètres par heure aux mètres par seconde : $v=\dfrac{54{,}0}{3{,}6}=15{,}0\ \mathrm{m/s}$.

b) Dans le référentiel de l'autobus, la balle monte puis redescend sur une droite VERTICALE : elle part de la main et y revient, exactement comme si l'autobus était à l'arrêt. Dans le référentiel du trottoir, la balle possède en plus la vitesse horizontale de $15{,}0\ \mathrm{m/s}$ qu'elle avait au lancer et qu'elle conserve : sa trajectoire est une portion de parabole, penchée vers l'avant.

c) $d=v\,\Delta t=15{,}0\times 0{,}80=12{,}0\ \mathrm{m}$. La balle retombe pourtant exactement dans la main du passager, sans le moindre décalage. La raison est que la balle avait, au moment du lancer, la même vitesse horizontale que l'autobus et que rien n'agit horizontalement sur elle pendant le vol : elle avance donc de ces mêmes $12{,}0\ \mathrm{m}$ pendant que la main en fait autant. Le passager et la balle restent l'un au-dessus de l'autre.

d) Il a raison sur le fait, et cela ne remet rien en cause. Dans le référentiel du trottoir, la balle a effectivement parcouru une trajectoire plus longue, puisqu'elle a monté et descendu TOUT EN avançant de $12{,}0\ \mathrm{m}$. Dans le référentiel de l'autobus, elle n'a fait que monter et descendre. Longueur de trajectoire et forme de trajectoire dépendent du référentiel : ce ne sont pas des propriétés absolues de la balle. Les deux descriptions sont exactes, chacune dans son référentiel, et elles décrivent le même événement.

e) Non. Pendant le freinage, l'autobus et le passager ralentissent, parce qu'ils subissent la force de freinage transmise par le plancher et les pneus. La balle, elle, ne touche rien : aucune force horizontale ne s'exerce sur elle, donc d'après le principe d'inertie sa vitesse horizontale reste égale à $15{,}0\ \mathrm{m/s}$. Elle avance donc plus vite que le passager et retombe DEVANT lui, vers l'avant du bus. C'est le même effet qui projette les voyageurs debout vers l'avant lors d'un coup de frein, et qui rend la ceinture de sécurité indispensable.

a) $P=m\,g=5{,}00\times 9{,}81=49{,}05\ \mathrm{N}$, soit environ $49{,}1\ \mathrm{N}$.

b) $P_{//}=49{,}05\times\sin(30\ \mathrm{^\circ})=49{,}05\times 0{,}500=24{,}5\ \mathrm{N}$. Et $P_{\perp}=49{,}05\times\cos(30\ \mathrm{^\circ})=49{,}05\times 0{,}866=42{,}5\ \mathrm{N}$. Le contrôle immédiat : à $30\ \mathrm{^\circ}$, la composante qui tire le bloc vers le bas de la pente vaut exactement la moitié du poids, ce qui est facile à retenir et à vérifier.

c) Le bloc est immobile, donc toutes les forces se compensent. Le long du plan, seules deux forces agissent : la composante $P_{//}=24{,}5\ \mathrm{N}$ qui tire vers le bas de la pente, et le frottement. Le frottement vaut donc $24{,}5\ \mathrm{N}$, dirigé le long du plan, vers le HAUT de la pente. Perpendiculairement, la réaction normale du support compense $P_{\perp}$ et vaut $42{,}5\ \mathrm{N}$.

d) Le glissement commence quand la composante parallèle dépasse le frottement maximal : $P\sin\alpha>30{,}0$, soit $\sin\alpha>\dfrac{30{,}0}{49{,}05}=0{,}6116$. Cela donne $\alpha>37{,}7\ \mathrm{^\circ}$. En dessous de cet angle le bloc tient, au-dessus il part. Noter que la masse n'intervient pas dans la conclusion si le frottement maximal est lui-même proportionnel à $P_{\perp}$, ce qui explique qu'un objet lourd et un objet léger glissent sur la même pente critique.

e) $24{,}525^2+42{,}479^2=601{,}5+1804{,}5=2406{,}0$, et $49{,}05^2=2406{,}0$. L'égalité est vérifiée. Géométriquement, elle dit que les deux composantes sont les côtés d'un triangle rectangle dont le poids est l'hypoténuse : décomposer une force, c'est appliquer le théorème de Pythagore à l'envers. C'est pourquoi une composante est toujours plus PETITE que la force dont elle vient, et pourquoi trouver $P_{//}>P$ signale immédiatement une erreur de sinus ou de cosinus.

a) Faux : c'est l'erreur d'intuition la plus tenace du chapitre. Une force n'entretient pas une vitesse, elle la modifie. Correct : « un objet qui avance à vitesse constante en ligne droite subit des forces qui se compensent ; une force résultante non nulle est nécessaire seulement pour CHANGER sa vitesse, en valeur ou en direction ». Une sonde spatiale, moteur éteint, continue indéfiniment.

b) Faux : la masse est la quantité de matière du corps, elle ne dépend pas du lieu. Correct : « la masse de l'astronaute est la même sur la Lune, mais son POIDS y est environ six fois plus petit, car l'intensité de la pesanteur lunaire vaut $1{,}62\ \mathrm{N/kg}$ contre $9{,}81\ \mathrm{N/kg}$ sur Terre ». Un astronaute de $70\ \mathrm{kg}$ pèse $687\ \mathrm{N}$ sur Terre et $113\ \mathrm{N}$ sur la Lune, tout en restant un astronaute de $70\ \mathrm{kg}$.

c) Faux : le principe d'inertie exige un mouvement rectiligne ET uniforme. Correct : « dans un virage, la direction du vecteur vitesse change, donc le mouvement n'est pas rectiligne, donc les forces ne se compensent pas, même si le compteur n'indique aucune variation ». La force non compensée est fournie par les frottements latéraux des pneus sur la chaussée.

d) Faux : le poids est une force, il s'exprime en NEWTONS. Correct : « le poids s'exprime en newtons, la masse en kilogrammes, et les deux sont reliés par $P=m\,g$ ». La balance de la salle de bains affiche des kilogrammes alors qu'elle mesure en réalité une force : elle divise silencieusement par $9{,}81$, ce qui est exactement pourquoi elle donnerait un résultat faux sur la Lune.

e) Faux : l'immobilité n'est jamais un fait absolu. Correct : « le passager est immobile DANS LE RÉFÉRENTIEL du wagon, et en mouvement dans le référentiel du quai ». Toute description de mouvement qui ne nomme pas son référentiel est incomplète, et c'est en Seconde le point de méthode le plus souvent sanctionné en contrôle.

a) $v=\dfrac{100}{3{,}6}=27{,}8\ \mathrm{m/s}$. Pendant la seconde de réaction, la vitesse ne change pas puisque rien n'agit encore : $d_{r\acute{e}action}=27{,}8\times 1{,}0=27{,}8\ \mathrm{m}$. Presque trente mètres parcourus avant même que la pédale ne soit touchée : c'est la longueur de trois autobus.

b) $d_{arr\hat{e}t}=27{,}8+60{,}0=87{,}8\ \mathrm{m}$, soit près de quatre-vingt-dix mètres. La distance de sécurité recommandée sur autoroute, deux secondes d'intervalle, correspond justement à environ $56\ \mathrm{m}$ à cette vitesse : elle couvre la réaction et une partie du freinage, en comptant sur le fait que le véhicule de devant freine lui aussi.

c) $v_{moy}=\dfrac{60{,}0}{4{,}3}=14{,}0\ \mathrm{m/s}$, alors que la moitié de la vitesse initiale vaut $\dfrac{27{,}8}{2}=13{,}9\ \mathrm{m/s}$. Les deux valeurs coïncident presque exactement. Cela indique que le freinage est UNIFORMÉMENT ralenti, c'est-à-dire que la vitesse décroît de façon régulière de $27{,}8$ à $0$ : pour une décroissance linéaire, la vitesse moyenne est bien la moyenne des deux extrêmes.

d) Pendant la réaction, la voiture roule en ligne droite à vitesse constante : le mouvement est rectiligne uniforme, donc les forces se compensent. La force motrice compense exactement les frottements et la résistance de l'air. Pendant le freinage, la vitesse diminue : le mouvement n'est plus uniforme, donc les forces ne se compensent PAS. La résultante est dirigée vers l'arrière, opposée au mouvement, et c'est elle qui fait décroître la vitesse. On lit ainsi directement sur le mouvement, sans rien calculer, si les forces s'équilibrent ou non.

e) La distance de freinage devient $3\times 60{,}0=180\ \mathrm{m}$, et la distance d'arrêt totale $27{,}8+180=208\ \mathrm{m}$, soit $2{,}4$ fois la distance sur route sèche. Le temps de réaction, lui, ne change pas : c'est le conducteur, pas la chaussée. La conclusion pratique est qu'en hiver il faut plus que doubler la distance de sécurité, et que la sensation de maîtrise à vitesse constante ne dit strictement rien sur la capacité à s'arrêter, puisque c'est le même contact pneu-chaussée qui doit fournir toute la force de freinage.

a) Lune : $g_L=6{,}67\times 10^{-11}\times\dfrac{7{,}35\times 10^{22}}{(1{,}74\times 10^{6})^2}=\dfrac{4{,}902\times 10^{12}}{3{,}028\times 10^{12}}=1{,}62\ \mathrm{N/kg}$. Mars : $g_M=6{,}67\times 10^{-11}\times\dfrac{6{,}42\times 10^{23}}{(3{,}39\times 10^{6})^2}=\dfrac{4{,}282\times 10^{13}}{1{,}149\times 10^{13}}=3{,}73\ \mathrm{N/kg}$. Les deux valeurs correspondent bien aux barres du diagramme.

b) Sur Terre : $P=180\times 9{,}81=1766\ \mathrm{N}$. Sur la Lune : $P=180\times 1{,}62=292\ \mathrm{N}$. Sur Mars : $P=180\times 3{,}73\approx 671\ \mathrm{N}$. La masse, elle, vaut $180\ \mathrm{kg}$ partout : c'est le poids qui varie, et c'est pourquoi un scaphandre lourd reste maniable sur la Lune tout en gardant la même inertie, donc la même difficulté à s'arrêter une fois lancé.

c) Parce que la pesanteur ne dépend pas que de la masse : elle dépend aussi du rayon, au CARRÉ, et au dénominateur. La Lune est $81$ fois moins massive, ce qui divise $g$ par $81$, mais son rayon est aussi environ $3{,}7$ fois plus petit, ce qui multiplie $g$ par $3{,}7^2\approx 13{,}4$. Le résultat net vaut $\dfrac{13{,}4}{81}\approx\dfrac{1}{6}$. Être petit rapproche de la surface, et cela compense en grande partie le manque de masse.

d) $\dfrac{g_M}{g_L}=\dfrac{M_M}{M_L}\times\left(\dfrac{R_L}{R_M}\right)^2\approx 9\times\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{9}{4}=2{,}25$. Vérification avec les valeurs exactes : $\dfrac{3{,}73}{1{,}62}\approx 2{,}30$. L'estimation à la main tombe à $2\ \%$ près, ce qui suffit largement pour contrôler un calcul de calculatrice et repérer une erreur de saisie.

e) $h_L=0{,}40\times\dfrac{9{,}81}{1{,}62}=2{,}42\ \mathrm{m}$, soit environ $2{,}4\ \mathrm{m}$. Un astronaute sauterait donc six fois plus haut, en théorie. Les images d'Apollo montrent pourtant des sauts modestes, de l'ordre de quelques dizaines de centimètres : le scaphandre pressurisé, rigide et lourd de plus de quatre-vingts kilogrammes, empêche de détendre les jambes normalement. La pesanteur autorise le saut, l'équipement l'interdit, et c'est un bon rappel qu'un calcul de physique décrit un modèle, pas encore une situation réelle.

a) A parcourt $2{,}0\ \mathrm{cm}$ pendant chaque intervalle : mouvement rectiligne UNIFORME. B parcourt $1{,}0$ ; $3{,}0$ ; $5{,}0$ ; $7{,}0\ \mathrm{cm}$ : des distances croissantes pendant des durées égales, mouvement rectiligne ACCÉLÉRÉ. C parcourt $3{,}5$ ; $2{,}5$ ; $1{,}5$ ; $0{,}5\ \mathrm{cm}$ : mouvement rectiligne RALENTI.

b) $v_A=\dfrac{4{,}0\times 10^{-2}}{2\times 0{,}050}=0{,}40\ \mathrm{m/s}$, la même en tout point.

c) $v_1=\dfrac{M_0M_2}{2\tau}=\dfrac{4{,}0\times 10^{-2}}{0{,}10}=0{,}40\ \mathrm{m/s}$ et $v_3=\dfrac{M_2M_4}{2\tau}=\dfrac{(16{,}0-4{,}0)\times 10^{-2}}{0{,}10}=1{,}2\ \mathrm{m/s}$. Le piège est de diviser par $\tau$ au lieu de $2\tau$ : les deux positions encadrantes sont séparées de DEUX intervalles.

d) La vitesse passe de $0{,}40$ à $1{,}2\ \mathrm{m/s}$ dans la même direction : la variation $\Delta\vec{v}=\vec{v_3}-\vec{v_1}$ vaut $0{,}80\ \mathrm{m/s}$ et elle est orientée dans le SENS du mouvement. Une variation du vecteur vitesse traduit des forces qui ne se compensent pas, et leur somme a le sens de $\Delta\vec{v}$ : ici, vers l'avant, le long du rail.

e) $v_1=\dfrac{6{,}0\times 10^{-2}}{0{,}10}=0{,}60\ \mathrm{m/s}$ et $v_3=\dfrac{(8{,}0-6{,}0)\times 10^{-2}}{0{,}10}=0{,}20\ \mathrm{m/s}$. Pour A, le vecteur vitesse est constant : d'après le principe d'inertie, les forces se compensent. Pour C, la vitesse diminue : les forces ne se compensent pas, et leur somme est orientée vers l'ARRIÈRE, opposée au mouvement. C'est le frottement du tapis.

Méthode à retenir : on lit la nature du mouvement sur les écarts entre positions, et le sens de la variation du vecteur vitesse donne le sens de la somme des forces.

a) $F=G\dfrac{M_T\,M_L}{d^{2}}=6{,}67\times 10^{-11}\times\dfrac{5{,}97\times 10^{24}\times 7{,}35\times 10^{22}}{(3{,}84\times 10^{8})^{2}}\approx 1{,}98\times 10^{20}\ \mathrm{N}$.

b) Exactement la même valeur, $1{,}98\times 10^{20}\ \mathrm{N}$ : la formule de gravitation est symétrique en $M_T$ et $M_L$, et le principe des actions réciproques l'impose. Cette force est dirigée selon la droite qui joint les deux centres, de la Terre VERS la Lune : la Lune attire la Terre.

c) Une même force modifie d'autant moins le mouvement d'un corps que sa masse est grande. La Terre est environ $81$ fois plus massive que la Lune : la variation de sa vitesse est $81$ fois plus petite. En réalité, les deux astres tournent autour de leur centre de masse commun, mais ce point est si proche du centre de la Terre qu'il se trouve à l'intérieur de celle-ci.

d) La Terre exerce sur lui son poids, $P=50{,}0\times 9{,}81\approx 491\ \mathrm{N}$, vers le bas. Par le principe des actions réciproques, l'élève attire la Terre avec une force de $491\ \mathrm{N}$, dirigée vers le HAUT, vers lui. Cette force ne se voit pas, parce qu'elle s'applique à un corps de $6\times 10^{24}\ \mathrm{kg}$.

e) Les deux forces ont la MÊME valeur : chacune est la réaction de l'autre. Le patineur de $40\ \mathrm{kg}$, deux fois plus léger, voit sa vitesse varier davantage : il part le plus vite. Confondre la force subie et son effet est l'erreur que ce principe corrige.

Le point de méthode : deux forces réciproques s'exercent sur deux corps DIFFÉRENTS, elles ne se compensent donc jamais l'une l'autre.

a) $P=m\,g=1{,}50\times 9{,}81\approx 14{,}7\ \mathrm{N}$.

b) La lampe est immobile : les forces se compensent. Le fil exerce une force verticale, vers le HAUT, de valeur égale au poids, $T\approx 14{,}7\ \mathrm{N}$.

c) Les deux tensions, verticales vers le haut, se partagent le poids : $2T=P$, donc $T\approx 7{,}36\ \mathrm{N}$ chacune.

d) Horizontalement, les deux composantes se compensent par symétrie. Verticalement : $2T\cos 60\ \mathrm{^\circ}=P$, avec $\cos 60\ \mathrm{^\circ}=0{,}5$, donc $T=P\approx 14{,}7\ \mathrm{N}$. Chaque fil incliné supporte autant que le fil unique de la question b), deux fois plus que les fils verticaux : plus des fils sont écartés, plus ils sont tendus, parce qu'une partie de leur tension ne sert qu'à tirer sur le côté.

e) Le dynamomètre mesure le poids : $P_L=1{,}50\times 1{,}62\approx 2{,}43\ \mathrm{N}$. La masse, elle, vaut toujours $1{,}50\ \mathrm{kg}$ : c'est une propriété de l'objet, pas du lieu.

Méthode à retenir : pour un objet immobile, on écrit que les forces se compensent, en projetant si besoin sur la verticale et sur l'horizontale.

a) $d=R_T+h=6{,}37\times 10^{6}+4{,}00\times 10^{5}=6{,}77\times 10^{6}\ \mathrm{m}$. L'altitude se compte depuis la surface, la loi de gravitation depuis le centre.

b) $F=G\dfrac{M_T\,m}{d^{2}}=6{,}67\times 10^{-11}\times\dfrac{5{,}97\times 10^{24}\times 4{,}20\times 10^{5}}{(6{,}77\times 10^{6})^{2}}\approx 3{,}65\times 10^{6}\ \mathrm{N}$.

c) Longueur d'un tour : $2\pi d\approx 4{,}25\times 10^{7}\ \mathrm{m}$. Durée : $92{,}7\times 60=5562\ \mathrm{s}$. Vitesse : $v=\dfrac{4{,}25\times 10^{7}}{5562}\approx 7{,}65\times 10^{3}\ \mathrm{m/s}$, soit $7{,}65\times 10^{3}\times 3{,}6\approx 2{,}75\times 10^{4}\ \mathrm{km/h}$. La station fait le tour de la Terre en une heure et demie.

d) Non. La valeur de la vitesse est constante, mais sa DIRECTION change sans cesse : le mouvement n'est pas rectiligne uniforme, donc les forces ne se compensent pas. La seule force notable est l'attraction de la Terre, dirigée vers le centre de la Terre : c'est elle qui courbe la trajectoire à chaque instant.

e) Plus aucune force ne s'exercerait : d'après le principe d'inertie, la station poursuivrait en ligne droite, à $7{,}65\times 10^{3}\ \mathrm{m/s}$, selon la tangente à l'orbite au point où elle se trouvait.

Le fil du problème : un mouvement circulaire, même à vitesse constante, exige une force non compensée dirigée vers le centre ; sans elle, la trajectoire redevient une droite.

a) De $14\ \mathrm{h}\ 02\ \mathrm{min}\ 10\ \mathrm{s}$ à $14\ \mathrm{h}\ 05\ \mathrm{min}\ 00\ \mathrm{s}$ : $2\ \mathrm{min}\ 50\ \mathrm{s}$, soit $170\ \mathrm{s}$.

b) $v=\dfrac{5{,}2\times 10^{3}}{170}\approx 30{,}6\ \mathrm{m/s}$, soit $30{,}6\times 3{,}6\approx 110\ \mathrm{km/h}$. C'est au-dessus de $90\ \mathrm{km/h}$ : la voiture est en infraction, et la moyenne suffit à le prouver, puisqu'on ne peut pas avoir une moyenne de $110$ sans avoir roulé au-dessus de $90$.

c) $\Delta t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{5{,}2}{90}\ \mathrm{h}\approx 5{,}78\times 10^{-2}\ \mathrm{h}$, soit $5{,}78\times 10^{-2}\times 3600\approx 208\ \mathrm{s}$, c'est-à-dire $3\ \mathrm{min}\ 28\ \mathrm{s}$.

d) $220\ \mathrm{s}$, donc $v=\dfrac{5{,}2}{220/3600}\approx 85\ \mathrm{km/h}$ : pas d'infraction pour le radar tronçon. Mais une vitesse moyenne ne dit rien de la vitesse à chaque instant : la voiture a très bien pu rouler à $100\ \mathrm{km/h}$ sur une partie du trajet et ralentir ensuite. Oui, elle a pu dépasser $90\ \mathrm{km/h}$.

e) Durée du camion : $\dfrac{5{,}2}{80}\times 3600=234\ \mathrm{s}$. Il est entré $234-170=64\ \mathrm{s}$ avant la voiture.

Le fil du problème : la vitesse moyenne se calcule sur une distance et une durée, avec des unités cohérentes ; elle ne renseigne pas sur la vitesse instantanée.