Chapitre 7 | Terminale STL — spécialité Physique-chimie et mathématiques | Physique-Chimie
Dernière mise à jour : 21 octobre 2026
Exercices progressifs corrigés. Cherche chaque exercice avant de dérouler la correction. On prend \(g=9{,}81\ \text{m·s}^{-2}\) sauf indication contraire.
Un mobile a pour coordonnées de vitesse (en m·s\(^{-1}\), \(t\) en s) :
Déterminer dans chaque cas les coordonnées \(a_x\) et \(a_y\) du vecteur accélération. Dans le cas 1, quelle est la direction de \(\vec a\) ?
1. \(a_x=\dfrac{\mathrm dv_x}{\mathrm dt}=0\) ; \(a_y=\dfrac{\mathrm dv_y}{\mathrm dt}=-9{,}81\ \text{m·s}^{-2}\). Le vecteur \(\vec a=(0\,;\,-9{,}81)\) est vertical, vers le bas : c'est une chute libre.
2. \(a_x=2\ \text{m·s}^{-2}\) ; \(a_y=0\). Le vecteur \(\vec a=(2\,;\,0)\) est horizontal.
Un pointage rectiligne (vertical) donne les positions \(y\) (en m) toutes les \(\tau=0{,}060\) s :
| Point | \(M_1\) | \(M_2\) | \(M_3\) | \(M_4\) |
|---|---|---|---|---|
| \(y\) (m) | 0,050 | 0,113 | 0,211 | 0,344 |
(a) Calculer les vitesses \(v_2\) et \(v_3\) par encadrement. (b) En déduire une valeur de l'accélération.
(a) \(v_2=\dfrac{y_3-y_1}{2\tau}=\dfrac{0{,}211-0{,}050}{0{,}120}=1{,}34\ \text{m·s}^{-1}\) ; \(v_3=\dfrac{y_4-y_2}{2\tau}=\dfrac{0{,}344-0{,}113}{0{,}120}=1{,}93\ \text{m·s}^{-1}\).
(b) \(a\approx\dfrac{v_3-v_2}{\tau}=\dfrac{1{,}93-1{,}34}{0{,}060}\approx9{,}8\ \text{m·s}^{-2}\). On retrouve \(g\) : le mouvement est une chute libre.
Pour chaque situation, faire le bilan des forces et indiquer, à l'aide d'une loi de Newton, si l'accélération est nulle ou non :
1. Poids \(\vec P\) (bas) et réaction \(\vec R\) (haut) ; ils se compensent, \(\sum\vec F=\vec 0\) → inertie : \(\vec a=\vec 0\) (immobile).
2. Poids \(\vec P\) et force de l'air \(\vec f\) (vers le haut) ; vitesse constante → mouvement rectiligne uniforme → \(\sum\vec F=\vec 0\) (1re loi), \(\vec a=\vec 0\).
3. Poids, réaction, et force motrice (traction) vers l'avant : la résultante n'est pas nulle → 2e loi, \(\sum\vec F=m\vec a\neq\vec 0\), l'accélération est non nulle (le mouvement s'accélère).
Un chariot de masse \(m=2{,}0\) kg est tiré horizontalement par une corde qui exerce une force \(F=8{,}0\) N. Les frottements exercent une force horizontale opposée de valeur \(f=2{,}0\) N.
(a) Faire le bilan des forces. (b) Écrire le principe fondamental et le projeter sur l'horizontale. (c) Calculer l'accélération. (d) Quelle force motrice \(F'\) faudrait-il pour que le chariot avance à vitesse constante ?
(a) Poids \(\vec P\) (bas), réaction \(\vec R\) (haut), traction \(\vec F\) (avant), frottement \(\vec f\) (arrière).
(b) \(\sum\vec F=m\vec a\). Projection horizontale (verticalement \(P\) et \(R\) se compensent) : \(F-f=m\,a\).
(c) \(a=\dfrac{F-f}{m}=\dfrac{8{,}0-2{,}0}{2{,}0}=3{,}0\ \text{m·s}^{-2}\).
(d) Vitesse constante → \(\sum\vec F=\vec 0\) (inertie) → \(F'-f=0\), donc \(F'=f=2{,}0\) N.
Deux armatures planes parallèles, distantes de \(d=5{,}0\) cm, sont soumises à une tension \(U=1{,}5\) kV.
(a) Calculer la valeur du champ électrostatique \(E\) entre les armatures (en V·m\(^{-1}\)). (b) Une gouttelette porte une charge \(q=+3{,}2\times10^{-19}\) C. Calculer la valeur de la force électrostatique \(\vec F=q\vec E\) qu'elle subit et préciser son sens par rapport à \(\vec E\). (c) Que devient \(E\) si on double la distance \(d\) sans changer \(U\) ?
(a) \(d=0{,}050\) m, \(U=1{,}5\times10^{3}\) V ; \(E=\dfrac{U}{d}=\dfrac{1{,}5\times10^{3}}{0{,}050}=3{,}0\times10^{4}\ \text{V·m}^{-1}\).
(b) \(F=|q|\,E=3{,}2\times10^{-19}\times3{,}0\times10^{4}=9{,}6\times10^{-15}\ \text{N}\). Charge positive → \(\vec F\) de même sens que \(\vec E\).
(c) \(E=U/d\) : en doublant \(d\), \(E\) est divisé par 2 → \(E=1{,}5\times10^{4}\ \text{V·m}^{-1}\).
Un projectile est lancé depuis l'origine avec \(v_0=20\ \text{m·s}^{-1}\) à un angle \(\alpha=45^\circ\) au-dessus de l'horizontale (\(g=9{,}81\ \text{m·s}^{-2}\), \(\cos45^\circ=\sin45^\circ\approx0{,}71\)).
(a) Donner les coordonnées \(a_x\), \(a_y\) de l'accélération. (b) Écrire \(v_x(t)\) et \(v_y(t)\). (c) Écrire \(x(t)\) et \(y(t)\). (d) Calculer la durée de vol jusqu'au retour au sol, puis la portée.
(a) \(a_x=0\) ; \(a_y=-g=-9{,}81\ \text{m·s}^{-2}\).
(b) \(v_0\cos\alpha=v_0\sin\alpha=20\times0{,}71=14{,}1\ \text{m·s}^{-1}\). Donc \(v_x(t)=14{,}1\) ; \(v_y(t)=-9{,}81\,t+14{,}1\).
(c) \(x(t)=14{,}1\,t\) ; \(y(t)=-4{,}9\,t^{2}+14{,}1\,t\).
(d) Retour au sol : \(y=0\) et \(t\neq0\) → \(t=\dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}=\dfrac{2\times14{,}1}{9{,}81}\approx2{,}9\ \text{s}\). Portée : \(x=14{,}1\times2{,}9\approx41\ \text{m}\).
Une bille est lancée horizontalement d'un plan de travail avec \(v_0=3{,}0\ \text{m·s}^{-1}\) (\(\alpha=0\), \(g=9{,}81\ \text{m·s}^{-2}\)).
(a) Écrire \(x(t)\) et \(y(t)\), puis l'équation de la trajectoire \(y=f(x)\). (b) Par la méthode d'Euler avec un pas \(\Delta t=0{,}10\) s, calculer \(v_y\) et \(y\) aux instants \(t=0{,}10\) s et \(t=0{,}20\) s (on part de \(v_y=0\) et \(y=0\) à \(t=0\)). (c) Comparer \(y(0{,}20)\) obtenu par Euler à la valeur exacte.
(a) \(x(t)=3{,}0\,t\) ; \(y(t)=-4{,}9\,t^{2}\). Trajectoire : \(t=x/3{,}0\), donc \(y=-4{,}9(x/3{,}0)^{2}\approx-0{,}54\,x^{2}\) (parabole).
(b) Euler : \(v_y(t+\Delta t)=v_y(t)-g\,\Delta t\) et \(y(t+\Delta t)=y(t)+v_y(t)\,\Delta t\).
À \(t=0\) : \(v_y=0\), \(y=0\).
À \(t=0{,}10\) : \(v_y=0-9{,}81\times0{,}10=-0{,}98\ \text{m·s}^{-1}\) ; \(y=0+0\times0{,}10=0\ \text{m}\).
À \(t=0{,}20\) : \(v_y=-0{,}98-9{,}81\times0{,}10=-1{,}96\ \text{m·s}^{-1}\) ; \(y=0+(-0{,}98)\times0{,}10=-0{,}098\ \text{m}\).
(c) Valeur exacte : \(y(0{,}20)=-4{,}9\times0{,}20^{2}=-0{,}196\ \text{m}\). Euler donne \(-0{,}098\) m : l'écart vient du pas \(\Delta t\) trop grand ; en réduisant \(\Delta t\), on s'approche de la valeur exacte.
Un basketteur lance un ballon depuis une hauteur \(y_0=2{,}0\) m avec une vitesse \(v_0=8{,}0\ \text{m·s}^{-1}\) inclinée de \(\alpha=52^\circ\) au-dessus de l'horizontale. Le panier est à \(3{,}05\) m de hauteur et à \(4{,}2\) m de distance horizontale. On néglige l'action de l'air ; \(g=9{,}81\ \text{m·s}^{-2}\), \(\cos52^\circ\approx0{,}62\), \(\sin52^\circ\approx0{,}79\). On prend l'origine au point de lancement, \(\vec j\) vers le haut.
(a) Faire le bilan des forces sur le ballon et en déduire son accélération.
(b) Établir les lois horaires \(x(t)\) et \(y(t)\) en tenant compte de \(y_0\).
(c) Calculer l'instant \(t_p\) où le ballon atteint l'abscisse du panier (\(x=4{,}2\) m).
(d) Calculer la hauteur du ballon à cet instant. Le tir passe-t-il par le panier (hauteur \(3{,}05\) m) ?
(a) En négligeant l'air, seule force : le poids \(\vec P=m\vec g\). Principe fondamental : \(m\vec a=m\vec g\) → \(\vec a=\vec g\), soit \(a_x=0\), \(a_y=-9{,}81\ \text{m·s}^{-2}\) (chute libre).
(b) Composantes de \(v_0\) : \(v_0\cos\alpha=8{,}0\times0{,}62=4{,}96\ \text{m·s}^{-1}\) ; \(v_0\sin\alpha=8{,}0\times0{,}79=6{,}32\ \text{m·s}^{-1}\).
\(x(t)=4{,}96\,t\) ; \(y(t)=-4{,}9\,t^{2}+6{,}32\,t+2{,}0\) (l'origine étant au point de lancement, on ajoute \(y_0=2{,}0\) m).
(c) \(x=4{,}2\) → \(t_p=\dfrac{4{,}2}{4{,}96}\approx0{,}85\ \text{s}\).
(d) \(y(t_p)=-4{,}9\times0{,}85^{2}+6{,}32\times0{,}85+2{,}0=-3{,}54+5{,}37+2{,}0\approx3{,}8\ \text{m}\)… le ballon est au-dessus de \(3{,}05\) m à cette abscisse : à \(x=4{,}2\) m il redescend et passera par \(3{,}05\) m. On peut chercher \(t\) tel que \(y=3{,}05\) : \(-4{,}9t^{2}+6{,}32t-1{,}05=0\), dont la plus grande racine \(t\approx1{,}1\) s donne \(x=4{,}96\times1{,}1\approx5{,}5\) m > 4,2 m. Conclusion : avec ces valeurs le ballon est encore trop haut à l'abscisse du panier ; il faudrait un angle ou une vitesse un peu plus faibles. Le raisonnement (lois horaires + résolution du 2nd degré) est l'attendu du Bac.