Terminale · Physique-chimie

Mouvement et forces

Chapitre 11

15 questions originales à réponses multiples pour vérifier les notions, les méthodes et les points de vigilance du chapitre.

Prévois papier, stylo et calculatrice. Plusieurs réponses peuvent être justes. Commence par définir le système et le référentiel, puis choisis et oriente tes axes avant de projeter la deuxième loi de Newton.

Comment répondre ?

Prévois une feuille et un stylo pour poser tes calculs et rédiger tes étapes. Chaque QCM propose cinq affirmations. Une ou plusieurs réponses peuvent être exactes. Coche-les, vérifie, puis ouvre la correction pour comprendre chaque proposition. Tu obtiens un point seulement si tu coches toutes les bonnes réponses, sans cocher de réponse fausse.

0 question vérifiée sur 15

Question 1

Poussette sur rail

Dans un référentiel terrestre supposé galiléen, un objet de masse 2 kg avance sans frottement notable sur un rail horizontal. La résultante horizontale constante des forces vaut 6 N dans le sens positif ; sa vitesse initiale est 1 m·s⁻¹. Observer le mouvement pendant 2 s. Choisir toutes les propositions justes.

L'accélération horizontale est 3 m·s⁻². La vitesse finale est 7 m·s⁻¹. Une résultante constante impose une vitesse constante même si elle n'est pas nulle. Le déplacement pendant cette durée est 8 m. L'accélération vaut 12 m·s⁻² car il faut multiplier force et masse.

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Réponse attendue : A, B, D

A — Vrai. Sur l'axe du rail, ΣF = ma avec F en N et m en kg : a = 6 N/2 kg = 3 m·s⁻².
B — Vrai. L'accélération est constante : v(t) = v₀ + at = 1 m·s⁻¹ + 3 m·s⁻² × 2 s = 7 m·s⁻¹.
C — Faux. Une force résultante non nulle impose ici a = 3 m·s⁻² ; v(t) varie linéairement. Seule une résultante nulle impose une vitesse vectorielle constante.
D — Vrai. On intègre v(t) ou on utilise Δx = v₀t + ½at² : 1 × 2 + ½ × 3 × 2² = 8 m.
E — Faux. La deuxième loi donne F = ma, donc a = F/m ; il faut diviser 6 N par 2 kg. La valeur correcte est 3 m·s⁻².

Méthode à retenir. Projeter ΣF = ma sur l'axe ; intégrer avec v(0) puis calculer le déplacement.

Question 2

Retrouver une force depuis x(t)

Un mobile de masse m = 0,500 kg suit un rail horizontal dans un référentiel supposé galiléen. Les mesures sont compatibles avec x(t)=1,0 m+(2,0 m·s⁻¹)t+(1,50 m·s⁻²)t², t en s. Quelles valeurs ou relations sont justes ?

L’accélération vaut 1,50 m·s⁻² parce que ce nombre multiplie t². La résultante horizontale des forces vaut +1,50 N. La valeur x(0)=1,0 m donne la vitesse initiale. L’accélération est constante et vaut +3,00 m·s⁻². La vitesse à t=2,0 s vaut +8,0 m·s⁻¹.

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Réponse attendue : B, D, E

A — Faux. Dans x(t), le terme quadratique est ½at². Il faut doubler le coefficient 1,50 m·s⁻² pour retrouver a=3,00 m·s⁻².
B — Vrai. Le système a une masse constante 0,500 kg ; ΣF_x=ma=0,500 kg×3,00 m·s⁻²=+1,50 N, vers le sens positif du rail.
C — Faux. x(0)=1,0 m est une position. La vitesse initiale est le coefficient de t dans l’expression de x(t), soit v(0)=2,0 m·s⁻¹.
D — Vrai. La première dérivée donne v(t)=2,0+3,00t en m·s⁻¹. La seconde dérivée donne a=+3,00 m·s⁻², le double du coefficient de t².
E — Vrai. On remplace t par 2,0 s dans v(t)=2,0+3,00t : v(2,0)=2,0+6,0=8,0 m·s⁻¹.

Méthode à retenir. Dériver deux fois x(t) puis appliquer la deuxième loi projetée sur le rail.

Question 3

Tirer contre un ressort

Un chariot de masse 2,0 kg se déplace vers la droite sur un rail horizontal. Une traction de 8,0 N agit vers la droite et une force de rappel horizontale de 12,0 N vers la gauche à cet instant. On oriente x vers la droite et on néglige le frottement. Quelles propositions sont correctes à cet instant ?

L’accélération horizontale vaut −2,0 m·s⁻². Puisque a_x<0, la vitesse est déjà dirigée vers la gauche. La résultante horizontale vaut −4,0 N. Il faut additionner les valeurs 8,0 N et 12,0 N pour obtenir +20,0 N. Le chariot peut encore se déplacer vers la droite tout en accélérant vers la gauche.

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Réponse attendue : A, C, E

A — Vrai. La deuxième loi donne a_x=ΣF_x/m=−4,0 N/2,0 kg=−2,0 m·s⁻² dans le référentiel galiléen supposé.
B — Faux. Le signe de l’accélération renseigne sur l’évolution du vecteur vitesse, pas directement sur son sens à cet instant. L’énoncé précise un mouvement actuel vers la droite.
C — Vrai. La projection sur x donne ΣF_x=+8,0 N−12,0 N=−4,0 N. Le signe négatif indique une résultante orientée vers la gauche.
D — Faux. Les forces sont opposées sur l’axe. La somme algébrique est +8,0−12,0=−4,0 N ; additionner les normes ignore les directions.
E — Vrai. La vitesse et l’accélération ne sont pas nécessairement de même sens. Avec v_x>0 et a_x<0, la vitesse vers la droite diminue momentanément.

Méthode à retenir. Faire le bilan des deux forces horizontales et conserver le signe de la résultante.

Question 4

Bille lâchée

Un objet de masse 0,1 kg est lâché sans vitesse initiale depuis 5 m au-dessus du sol. Dans le référentiel terrestre galiléen du modèle, l'air est négligé et g = 10,0 m·s⁻² vers le bas. On prend un axe vertical descendant et l'origine au départ. Quelles affirmations sont correctes ?

Après 1 s, la vitesse est nulle parce que l'objet atteint le sol. La durée de chute calculée est 1 s. La vitesse juste avant impact vaut 10 m·s⁻¹ vers le bas. L'accélération dépend de la masse : elle vaut 1 m·s⁻². La valeur du poids dans le modèle est 1 N.

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Réponse attendue : B, C, E

A — Faux. Pendant le vol libre, v = gt = 10 m·s⁻¹ juste avant l'impact. Le choc ensuite est un phénomène distinct, non décrit par la chute libre.
B — Vrai. La position descendante est y(t)=½gt² en m. L'arrivée vérifie 5 m = ½ × 10,0 m·s⁻² × t² ; la racine positive vaut 1 s.
C — Vrai. v_y = gt, avec g = 10,0 m·s⁻² et t = 1 s : v_y = 10 m·s⁻¹, positive sur l'axe descendant.
D — Faux. L'équation ma = mg simplifie m non nul, donc a = g = 10,0 m·s⁻² pour chaque objet dans le modèle sans air. 1 est la valeur du poids en N.
E — Vrai. Le poids vaut P = mg = 0,1 kg × 10,0 m·s⁻² = 1 N, dirigé verticalement vers le bas.

Méthode à retenir. Définir le système, projeter son poids puis appliquer y(t)=½gt² et v(t)=gt.

Question 5

Lancer vertical avec vitesse initiale

Une balle est lancée verticalement vers le haut à v₀=20,0 m·s⁻¹. On néglige l’air, g=10,0 m·s⁻² vers le bas, l’axe y est orienté vers le haut et y(0)=0. On examine le sommet de sa trajectoire. Quelles affirmations sont correctes ?

Le sommet est atteint après 2,00 s. Au sommet, la vitesse est nulle mais l’accélération vaut encore −10,0 m·s⁻². La balle monte indéfiniment car sa vitesse initiale est positive. Au sommet, le poids est nul puisque la vitesse y est nulle. La hauteur maximale au-dessus du point de lancement vaut 20,0 m.

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Réponse attendue : A, B, E

A — Vrai. v_y(t)=v₀−gt=20,0−10,0t en m·s⁻¹. En posant v_y=0, on trouve t=20,0/10,0=2,00 s.
B — Vrai. Le poids ne disparaît pas au sommet. L’accélération reste celle de la chute libre, dirigée vers le bas, même lorsque la vitesse s’annule momentanément.
C — Faux. Une accélération opposée à la vitesse réduit celle-ci jusqu’à zéro après 2,00 s, puis la vitesse devient négative sur l’axe orienté vers le haut.
D — Faux. Le poids de la balle reste m g vers le bas pour une masse non nulle. Il fixe l’accélération −g au sommet comme ailleurs pendant le vol.
E — Vrai. La position est y(t)=v₀t−½gt². À t=2,00 s : y=20,0×2,00−½×10,0×(2,00)²=40,0−20,0=20,0 m.

Méthode à retenir. Projeter la deuxième loi : aᵧ=−g ; résoudre vᵧ(t)=0 pour le sommet.

Question 6

Chute avec frottement de l’air

Un objet tombe verticalement dans l’air. On choisit un axe vertical descendant ; son poids P=10 N est constant et une force de frottement de valeur f dépend de la vitesse et s’oriente vers le haut. À un instant donné, f=6 N ; plus tard, f=10 N. La masse est m=1,0 kg. Quelles conclusions suivent du modèle ?

Lorsque f atteint 10 N, l’accélération instantanée devient nulle. Si f reste égal au poids, une vitesse de chute non nulle peut rester constante. Au premier instant, l’accélération est +4,0 m·s⁻². L’air agit toujours dans le même sens que la vitesse descendante dans cette situation. Lorsque f=10 N, l’objet s’arrête instantanément parce que son accélération vaut zéro.

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Réponse attendue : A, B, C

A — Vrai. À cet instant, poids et frottement se compensent : ΣF_y=10−10=0 N, donc a_y=0 m·s⁻² pour une masse 1,0 kg.
B — Vrai. Une résultante nulle signifie une vitesse vectorielle constante dans un référentiel galiléen, pas une vitesse forcément nulle. C’est le principe de la vitesse limite dans ce modèle.
C — Vrai. La résultante verticale vaut P−f=10−6=+4 N. Avec m=1,0 kg, Newton donne a_y=+4,0 m·s⁻² sur l’axe descendant.
D — Faux. Le frottement de l’air s’oppose ici au mouvement relatif : lorsque l’objet descend, il agit vers le haut. Son signe est négatif sur l’axe descendant.
E — Faux. Une accélération nulle signifie que la vitesse cesse de varier à cet instant ; elle n’impose pas que sa valeur actuelle soit zéro. Un objet peut continuer à descendre uniformément.

Méthode à retenir. Projeter ΣFᵧ=P−f à chacun des deux instants ; ne pas confondre a=0 et v=0.

Question 7

Cabine de manège

Dans un référentiel galiléen, cabine de manège de masse 200 kg suit un cercle de rayon 8 m à vitesse de valeur constante 4 m·s⁻¹. La résultante des forces fournit l'accélération centripète. Quelles propositions sont exactes ?

La résultante des forces a pour valeur 400 N. La résultante des forces est tangentielle au cercle et vaut 400 N. La durée d'un tour vaut 2π × 2 s. L'accélération centripète a pour valeur 2 m·s⁻². L'accélération est nulle, car la valeur de la vitesse est constante.

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Réponse attendue : A, C, D

A — Vrai. D'après ΣF = ma, la norme centripète est 200 kg × 2 m·s⁻² = 400 N, orientée vers le centre du cercle.
B — Faux. La valeur 400 N est correcte, mais sa direction ne l'est pas : en mouvement circulaire uniforme, ΣF est centripète, perpendiculaire à v.
C — Vrai. Un tour parcourt 2πr mètres à vitesse 4 m·s⁻¹ : T = 2πr/v = 2π × 2 s. Ce résultat reste une durée, pas une vitesse.
D — Vrai. Pour un mouvement circulaire uniforme, a_n = v²/r = (4 m·s⁻¹)²/8 m = 2 m·s⁻², vers le centre.
E — Faux. La norme de v est constante, mais sa direction change. L'accélération normale vaut v²/r = 2 m·s⁻², dirigée vers le centre.

Méthode à retenir. La vitesse vectorielle change de direction ; calculer aₙ = v²/r et ΣFₙ = maₙ.

Question 8

Tourner de plus en plus vite

Une bille suit momentanément un cercle de rayon r=2,0 m. À l’instant considéré, sa vitesse a pour valeur v=4,0 m·s⁻¹ et sa valeur augmente à la vitesse de 1,0 m·s⁻². On utilise la base locale tangentielle-normale de Frenet. Quelles descriptions sont exactes ?

L’accélération totale possède des composantes normale et tangentielle non nulles. La composante normale est 2,0 m·s⁻², obtenue par r/v². La composante tangentielle vaut +1,0 m·s⁻². La composante normale centripète vaut 8,0 m·s⁻². La composante normale de l'accélération reste dirigée vers le centre, même lorsque la valeur de la vitesse augmente.

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Réponse attendue : A, C, D, E

A — Vrai. La direction change sur le cercle, d’où a_n=8,0 m·s⁻². La valeur de la vitesse augmente, d’où a_t=1,0 m·s⁻² ; les deux coexistent.
B — Faux. La relation correcte est a_n=v²/r, qui donne 8,0 m·s⁻². Inverser le rapport ne conserve même pas la bonne unité.
C — Vrai. La grandeur annoncée pour la variation de la valeur de la vitesse est dv/dt=+1,0 m·s⁻². Elle correspond à la composante tangentielle, dans le sens de déplacement.
D — Vrai. Dans la base de Frenet, a_n=v²/r=(4,0 m·s⁻¹)²/2,0 m=8,0 m·s⁻², vers le centre du cercle.
E — Vrai. Sur la trajectoire circulaire, a_n=v²/r=8,0 m·s⁻² vers le centre. L'augmentation de vitesse ajoute une composante tangentielle sans supprimer cette composante normale.

Méthode à retenir. Séparer accélération tangentielle dv/dt et accélération normale v²/r.

Question 9

Vecteurs sur une trajectoire courbe

Une bille parcourt un quart de cercle dans le sens antihoraire à vitesse de valeur constante. Au point de droite A, son vecteur vitesse est vertical vers le haut ; au point supérieur B, il est horizontal vers la gauche. La résultante des forces est centripète. Quelles analyses sont correctes ?

Au point A, l’accélération est dirigée horizontalement vers la gauche. L’accélération est nulle puisque la valeur de la vitesse n’évolue pas. La résultante des forces au point A est verticale vers le haut, identique à la vitesse. La direction du vecteur vitesse change entre A et B même si sa norme reste constante. Au point B, le vecteur vitesse est horizontal vers la gauche.

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Réponse attendue : A, D, E

A — Vrai. Le centre du cercle est à gauche du point A. L’accélération centripète pointe vers le centre, donc elle est horizontale vers la gauche malgré la vitesse verticale.
B — Faux. La norme de la vitesse est constante, mais sa direction varie. Un mouvement circulaire uniforme possède une accélération normale de valeur v²/r non nulle.
C — Faux. La résultante est centripète, orientée vers le centre du cercle à gauche de A. La vitesse est tangente au cercle et lui est perpendiculaire.
D — Vrai. À A la vitesse est verticale ; à B elle est horizontale. Le vecteur a changé, ce qui nécessite une accélération non nulle pendant le mouvement.
E — Vrai. Le sens antihoraire donné dans l’énoncé et la tangente au cercle au point supérieur orientent la vitesse vers la gauche à B.

Méthode à retenir. La vitesse est tangente à chaque point et l’accélération normale est orientée vers le centre.

Question 10

Traceur mobile

Un point matériel est repéré par x(t) = 1 m + (2 m·s⁻¹)t + ½(1 m·s⁻²)t² et y(t) = (3 m·s⁻¹)t + ½(-2 m·s⁻²)t², avec t en s. Examiner l'instant t = 2 s dans un référentiel galiléen. Quelles conclusions sont justes ?

Le vecteur accélération est égal au vecteur vitesse initiale, car tous deux sont constants. La composante v_y vaut -1 m·s⁻¹. La composante v_x vaut 4 m·s⁻¹. La coordonnée x(2 s) = 7 m est la composante de vitesse v_x. Il faut dériver uniquement la norme de la position pour obtenir chacune des deux composantes de vitesse.

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Réponse attendue : B, C

A — Faux. L'accélération a pour composantes (1 ; -2) en m·s⁻². La vitesse initiale a les composantes (2 ; 3) en m·s⁻¹ : les unités et les notions diffèrent.
B — Vrai. La dérivée de y(t) est v_y = 3 + -2t, avec les signes algébriques de l'axe. Pour 2 s, on obtient -1 m·s⁻¹.
C — Vrai. On dérive x(t) terme à terme : v_x(t) = 2 + 1t en m·s⁻¹. À 2 s, cela donne 4 m·s⁻¹.
D — Faux. Le calcul de position donne bien x = 7 m mais une coordonnée a l'unité m. La vitesse v_x est une dérivée et vaut 4 m·s⁻¹.
E — Faux. La dérivation du vecteur position se fait composante par composante : v_x = dx/dt et v_y = dy/dt. La dérivée d'une norme ne reconstruit pas toutes les composantes.

Méthode à retenir. Dériver séparément x(t) et y(t) ; la vitesse est un vecteur, pas la position.

Question 11

Mesure stroboscopique

Une caméra donne les positions d’un mobile sur un axe x aux dates 0,0 s ; 1,0 s ; 2,0 s : respectivement 0,0 m ; 1,0 m ; 4,0 m. Le pas de temps est 1,0 s. On estime la vitesse au voisinage de 1,0 s par une différence centrée ; on suppose une accélération constante si on veut un modèle exact. Quelles propositions sont exactes ?

L’accélération vaut nécessairement zéro puisque les positions sont données à pas constant. La différence centrée donne environ +2,0 m·s⁻¹ à 1,0 s. La vitesse instantanée à 1,0 s est exactement 4,0 m·s⁻¹ sans aucun modèle. La vitesse moyenne de 1,0 à 2,0 s est identique à celle de l’intervalle précédent. La vitesse moyenne de 0,0 à 1,0 s vaut +1,0 m·s⁻¹.

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Réponse attendue : B, E

A — Faux. Un pas de temps constant ne signifie pas vitesse constante. Les déplacements successifs sont 1,0 m puis 3,0 m, ce qui est compatible avec une accélération positive.
B — Vrai. On prend les positions de part et d’autre : [x(2,0)−x(0,0)]/(2,0−0,0)=(4,0−0,0) m/2,0 s=+2,0 m·s⁻¹.
C — Faux. La position 4,0 m est relevée à 2,0 s et ne représente pas une vitesse. Une vitesse instantanée exacte exige une loi de mouvement ou la limite des différences de positions.
D — Faux. De 1,0 à 2,0 s, Δx=4,0−1,0=3,0 m pour 1,0 s, soit 3,0 m·s⁻¹, différent de 1,0 m·s⁻¹.
E — Vrai. Entre les deux premières dates, Δx=1,0−0,0=1,0 m pendant Δt=1,0 s. La vitesse moyenne est donc +1,0 m·s⁻¹.

Méthode à retenir. Distinguer vitesses moyennes sur les intervalles et estimation centrée à la date 1,0 s.

Question 12

Deux référentiels galiléens

Un train avance à vitesse constante +20,0 m·s⁻¹ par rapport au quai. Une personne marche vers l’avant dans le train à +2,0 m·s⁻¹ par rapport au train. Les deux axes sont parallèles de même sens ; on néglige les effets relativistes. Quelles conclusions sont correctes ?

Les vitesses ne peuvent jamais se comparer entre référentiels sans appliquer la deuxième loi de Newton. La vitesse par rapport au quai vaut +18,0 m·s⁻¹ car les deux déplacements sont opposés. Le train à vitesse constante impose à la personne une accélération supplémentaire +20,0 m·s⁻². La personne avance à +22,0 m·s⁻¹ par rapport au quai. La trajectoire et la vitesse dépendent du référentiel choisi.

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Réponse attendue : D, E

A — Faux. La relation cinématique des vitesses suffit ici avec axes parallèles et translation uniforme. La deuxième loi concerne forces et accélération, pas l’addition algébrique annoncée.
B — Faux. Les deux vitesses annoncées pointent vers l’avant, même sens positif. Il faut les additionner : 20,0+2,0=22,0 m·s⁻¹.
C — Faux. Une translation du référentiel à vitesse constante ajoute une vitesse, pas une accélération. Les 20,0 sont en m·s⁻¹, pas en m·s⁻².
D — Vrai. Les deux vitesses ont le même sens sur des axes parallèles dans le modèle galiléen classique. On additionne : v_{personne/quai}=v_{personne/train}+v_train/quai=2,0+20,0=+22,0 m·s⁻¹.
E — Vrai. La personne a une vitesse de 2,0 m·s⁻¹ dans le train et 22,0 m·s⁻¹ depuis le quai. Il faut indiquer le référentiel avant de décrire un mouvement.

Méthode à retenir. Composer les vitesses algébriques ; une translation uniforme ne change pas l’accélération.

Question 13

Valise tirée

Un objet de masse 10 kg glisse horizontalement. Une traction constante de 30 N agit vers la droite et un frottement de valeur 10 N vers la gauche. Au départ sa vitesse vers la droite vaut 0 m·s⁻¹. On maintient ces forces 2 s. Référentiel galiléen. Quelles affirmations sont exactes ?

La vitesse finale vaut 6 m·s⁻¹ vers la droite, car la traction vaut 30 N. Le poids et la réaction normale s'annulent toujours séparément et n'ont aucune direction. L'accélération vaut 3 m·s⁻², car le frottement n'intervient pas dans Newton. Le déplacement serait 4 m mais son unité serait m·s⁻¹. L'accélération horizontale vaut 2 m·s⁻² vers la droite.

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Réponse attendue : E

A — Faux. Il faut tenir compte des 10 N de frottement : la résultante vaut 20 N et a=20/10=2 m·s⁻². En 2 s depuis le repos, v=at=4 m·s⁻¹, pas 6 m·s⁻¹.
B — Faux. Sur une trajectoire horizontale, leurs composantes verticales peuvent se compenser selon le modèle, mais poids et réaction restent deux forces vectorielles distinctes de directions et de sens définis.
C — Faux. La force de frottement est extérieure au système et s'oppose au mouvement. La résultante est 20 N, non 30 N ; l'accélération vaut 2 m·s⁻².
D — Faux. La valeur 4 est bien obtenue par Δx=v₀t+½at². Cependant chaque terme s'exprime en mètres, et non en m·s⁻¹ ; l'énoncé entier est donc faux.
E — Vrai. La force résultante algébrique vaut 30 − 10 = 20 N. Newton donne a = ΣF/m = 20 N/10 kg = 2 m·s⁻².

Méthode à retenir. Sur l'axe horizontal orienté à droite, utiliser ΣFₓ = Ftraction − ffrottement, puis intégrer.

Question 14

Freinage et réaction au sol

Sur un sol horizontal, un traîneau de masse 5,0 kg glisse à +6,0 m·s⁻¹ lorsqu’on cesse de le pousser. Le frottement reste horizontal, constant, de 10,0 N vers l’arrière jusqu’à l’arrêt. Axe x orienté dans le sens initial, référentiel terrestre galiléen. Quelles conclusions sont justes ?

Le modèle prédit un arrêt au bout de 3,0 s. Le traîneau s’arrête dès la coupure de la poussée. L’accélération horizontale est −2,0 m·s⁻² tant que l’objet glisse. Une accélération négative signifie que le traîneau se déplace déjà vers l’arrière. Le frottement fournit +10,0 N sur l’axe choisi.

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Réponse attendue : A, C

A — Vrai. On résout v(t)=v₀+at=6,0−2,0t en m·s⁻¹. La vitesse devient nulle pour t=6,0/2,0=3,0 s, avant toute reprise d’équation après arrêt.
B — Faux. La suppression de la poussée ne supprime pas instantanément la vitesse de 6,0 m·s⁻¹. Le frottement la diminue sur environ 3,0 s dans le modèle.
C — Vrai. La résultante horizontale vaut −10,0 N. Newton donne a_x=−10,0 N/5,0 kg=−2,0 m·s⁻² avant l’arrêt.
D — Faux. Initialement v_x=+6,0 m·s⁻¹ : le traîneau avance. L’accélération négative ralentit son mouvement tant que la vitesse reste positive.
E — Faux. L’axe positif suit le mouvement initial, alors que le frottement agit vers l’arrière. Sa composante horizontale est −10,0 N, non +10,0 N.

Méthode à retenir. Pendant la glissade, ΣFₓ=−10 N ; calculer a puis la durée d’arrêt.

Question 15

Forces équilibrées et mouvement

Sur un banc à coussin d’air horizontal, un palet reçoit une poussée de 3,0 N vers la droite et une force opposée de 3,0 N vers la gauche. Son poids et la réaction du support se compensent verticalement. Son vecteur vitesse initial vaut +1,0 m·s⁻¹ dans le référentiel terrestre galiléen. Quelles affirmations sont exactes ?

Chaque force est nulle puisqu’elles se compensent. Le palet doit s’arrêter immédiatement car il subit une force vers la gauche. La résultante des forces est nulle et l’accélération vaut zéro. Le palet peut conserver la vitesse +1,0 m·s⁻¹ dans ce modèle. La loi de Newton impose v=0 dès que ΣF=0.

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Réponse attendue : C, D

A — Faux. Les forces existent et valent chacune 3,0 N horizontalement. Leur somme vectorielle est nulle ; une somme nulle ne signifie pas que ses termes sont nuls.
B — Faux. Cette force de 3,0 N est compensée par celle de 3,0 N vers la droite. C’est la résultante nulle qui détermine a=0, pas une force prise isolément.
C — Vrai. Les deux forces horizontales +3,0 et −3,0 N s’annulent ; le poids et la réaction se compensent sur l’axe vertical. Donc ΣF=0 et a=0.
D — Vrai. Dans un référentiel galiléen, ΣF=0 implique une vitesse vectorielle constante. La valeur initiale +1,0 m·s⁻¹ peut donc persister sans force résultante.
E — Faux. La deuxième loi impose a=0 pour une masse constante, donc v reste constante ; elle peut être non nulle, ici +1,0 m·s⁻¹.

Méthode à retenir. La résultante de toutes les forces vaut zéro ; utiliser l’inertie sans confondre vitesse nulle et accélération nulle.

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