© Hachette Livre, Physique Terminale S, Livre du professeur. La photocopie non autorisée est un délit. 1

Savoir s’autoévaluer1. 1. $� = d$OG

dt .

2. a. $a = d$�G

dt .

b. La valeur du vecteur accélération s’exprime en m . s–2.3. Lors d’un mouvement rectiligne uniforme, le vec-teur vitesse du centre d’inertie du système est constant. Son vecteur accélération est nul.

2. Le vecteur vitesse du centre d’inertie d’un sys-tème doit être tangent à la trajectoire ; c’est le cas dans chacune des situations schématisées. Le vecteur accélération, d’après la deuxième loi de Newton, a même direction et même sens que la résultante des forces extérieures appliquées au système. Ce n’est pas respecté sur le schéma (b).Lors d’une trajectoire curviligne, la résultante des forces extérieures est toujours orientée à l’intérieur de la trajectoire. Ce n’est pas respecté sur le schéma (c).

3. 1. La position de l’automobile à t = 0 corres-pond à x(t = 0) = 200 m.

2. a. � = dxdt = 2t + 15.

b. À t = 0, �(t = 0) = 15 m . s–1.

3. a = d�

dt = d

2xdt 2 = 2 m . s–2.

L’accélération du centre d’inertie de la voiture est constante et égale à 2 m . s–2.

4. • Première loi de NEWTON : Dans un référen-tiel galiléen, si la somme des forces qui s’exercent sur un solide est nulle, le vecteur vitesse $�G de son centre d’inertie est constant.Exemple : un palet de hockey sur glace lancé par un joueur a un mouvement rectiligne uniforme si on néglige les frottements de la glace.

Il est intéressant d’insister sur la définition du vecteur accélération pour enlever l’idée qu’un système accélère uniquement lors de variations de la valeur de son vecteur vitesse.

4. Comment énoncer la deuxième loi de NEWTON ?

Ce paragraphe est l’aboutissement de l’approche de la deuxième loi de Newton vue en classe de Première S et de l’activité 1 de ce chapitre.

Rechercher et expérimenter1. Pratique du saut à l’élastiqueRéponses aux questions1. Lorsque la hauteur de chute est égale à �, longueur de l’élastique non étiré, on passe de la première à la seconde phase du mouvement.2. Première phase : le sauteur est soumis uniquement à son poids $P de direction verticale, orienté vers le bas et de valeur P = m . g. Seconde phase : au poids vient s’ajouter la force de rappel de l’élastique de direction verticale, orientée vers le haut. La valeur de cette force de rappel dépend de l’allongement de l’élastique.3. Soit A la position du centre d’inertie du sauteur lorsqu’il est au plus bas de son saut. Juste avant A, le sauteur a une vitesse $�avant verticale orientée vers le bas ; juste après A, son vecteur vitesse $�après est vertical orienté vers le haut. Il y a donc autour du point A une variation du vecteur vitesse du sauteur ; son vecteur accélération est non nul. Il est vertical, orienté vers le haut ($�après – $�avant est un vecteur orienté vers le haut).4. a. En A, le sauteur est soumis à son poids P = m . g = 600 N et à la tension de l’élastique T = 2 550 N pour un élastique S (masse du sauteur comprise entre 40 et 70 kg) allongé de 200 %, c’est-à-dire dont la longueur est égale à 3 �.b. En A, le vecteur accélération a la direction et le sens de $P + $T, c’est-à-dire verticale orientée vers

le haut et pour valeur celle de $P + $Tm

, c’est-à-dire 2 550 – 600

60 = 32,5 m . s–2.

2. Simulation d’un saut à l’élastiqueRéponses aux questions1.a. Lors de la chute, le vecteur vitesse est vertical orienté vers le bas. Sur l’axe (Oy) choisi, la vitesse � est positive.b. La valeur de la vitesse augmente de façon linéaire au début de la chute, passe par un maximum, puis diminue pour s’annuler lorsque le système est au plus bas de sa chute.c. Le coefficient directeur de la fonction affine �(t) s’exprime en m . s–2 et a pour valeur g = 10 m . s–2.

2.a. $a = $d�

dt .

b. Au début du mouvement, le système n’est soumis qu’à son poids. Il est en chute libre et le vecteur accélération $a = $g d’après la deuxième loi de Newton. L’accélération du système est verticale orientée vers le bas et a pour valeur g = 10 m . s–2.

4.b. T augmente au cours de la chute.c. Pour T < P, l’accélération est verticale orientée vers le bas, dans le même sens que celui du mouvement. La valeur du vecteur vitesse augmente, le mouvement est accéléré.Pour T = P, l’accélération est nulle. La vitesse atteint sa valeur maximale.Pour T > P, l’accélération est verticale orientée vers le haut, de sens opposé à celui du mouvement. Le mou-vement est ralenti, la vitesse diminue.5. La vitesse est maximale lorsque l’accélération est nulle. On a alors T = P, poids de la masse suspendue à l’élastique.

Remarque : on peut prolonger l’étude en pointant sur la vidéo quelques positions du système lorsqu’il remonte. Sur le graphique �(t), la vitesse aura alors une composante négative. L’accélération sera orientée vers le haut comme lors de la fin de la chute (T > P ), et dans le sens du mouvement ; le mouvement sera accéléré.

Corrigés des exercices

2

• Deuxième loi de NEWTON : Dans un référentiel galiléen, la somme ∑$Fext des forces extérieures appli-quées à un solide est égale au produit de la masse du solide par l’accélération de son centre d’inertie :

Référentiel galiléen : ∑$Fext = m . $aG .Exemple : lors d’une chute libre, la seule force extérieure appliquée au système en mouvement est son poids. D’après la deuxième loi de Newton : $P = m . $a , d’où $a = $g. Le système a une accélération verticale, orientée vers le bas et de valeur constante g = 10 m . s–2.• Troisième loi de NEWTON : Lorsqu’un corps A exerce sur un corps B une force $FA→B , alors le corps B exerce sur A la force $FB→A .Que les corps soient au repos ou en mouvement, ces forces sont opposées et ont même support :

$FA→B = – $FB→A .Exemple : lors d’un départ de bobsleigh, l’athlète exerce une force de poussée sur le bobsleigh afin de le mettre le plus rapidement en mouvement. On peut considérer que cette force $FA→B est horizontale, orientée dans le sens du mouvement. De même, le bobsleigh exerce une force sur le coureur $FB→A hori-zontale, de sens opposé à celui du mouvement, et telle que $FA→B = – $FB→A .

5. 2. a. �3 = �5 = 1,2 m . s–1.3. b. �$� = $�5 – $�3 a pour valeur 0,44 m . s–1.On en déduit la valeur de l’accélération au point 4 : a4 = 3,6 m . s–2.4. a. La valeur de la somme $F des forces appliquées au solide est égale à m . a4 = 2,4 N.b. $F a même direction et même sens que $a4 .

Exercices1. 1. Le mouvement est rectiligne uniforme.2. Le mouvement étant uniforme, la valeur de la vitesse est constante.3. Le vecteur vitesse ne varie pas au cours d’un mouvement rectiligne uniforme.4. D’après la première loi de Newton, la résultante des forces extérieures appliquées au mobile est égale au vecteur nul.

2. Le spectateur se trompe. La troisième loi de Newton indique que $FM→B = – $FB→M , les deux forces ont même valeur.

3. 1. Si l’on veut relier la variation de vitesse aux forces appliquées au skieur, il faut considérer le réfé-rentiel terrestre comme galiléen.

f1ff

f2ffR

P

2. $P : poids du skieur ;$R : réaction de la piste ;$f1 : force de frottement du sol ;

$f2 : force de frottement de l’air.3. a. Pour t > t1 , la vitesse du skieur est constante. L’accélération de son centre d’inertie est donc nulle.b. D’après la deuxième loi de Newton : $P + $R + $f1 + $f2 = $0 .4. a. Pour t < t1 , la vitesse augmente.L’accélération est égale au coefficient directeur de la tangente à la courbe �(t).Au début, �(t) augmente linéairement avec le temps ; l’accélération est donc constante. Ensuite, le coeffi -cient directeur de la tangente à la courbe diminue pour s’annuler à la date t1 ; il en est de même pour l’accélération.b. $P + $R + $f1 + $f2 = m . $a .c. La force responsable de la variation de l’accélération est la force de frottement de l’air qui augmente avec la vitesse.

4. 1. a. et b. Voir le schéma ci-dessous.

FT/TT S

FSF /S T

c. La valeur de la force exercée par le skieur sur la barre du téléski $FS/T est égale à la valeur de $FT/S , force exercée par la barre sur le skieur.2. Les forces restent toujours opposées mais leur valeur peut varier.

5. 1. �3 = G2G4

2�t = 1,82 m . s–1 ;

�4 = G3G5

2�t = 2,45 m . s–1 ;

�5 = G4G6

2�t = 3,13 m . s–1 ;

�6 = G5G7

2�t = 3,76 m . s–1 ;

�7 = G6G8

2�t = 4,39 m . s–1 ;

2. a. ||�$�(t4)||

�t =

||$�5 – $�3||t5 – t3

= 3,13 – 1,822 × 67 × 10–3

= 9,7 m . s–2 .

b. ||�$�(t5)||

�t =

||$�6 – $�4||t6 – t4

= 3,76 – 2,452 × 67 × 10–3

= 9,7 m . s–2 ;||�$�(t6)||

�t =

||$�7 – $�5||t7 – t5

= 4,39 – 3,132 × 67 × 10–3 = 9,3 m . s–2.

3. La variation de la vitesse par unité de temps, c’est-à-dire l’accélération, diminue. Il en est de même pour la somme des forces extérieures appliquées à la bille. Cela peut s’expliquer par la force de frottement de l’air qui n’est plus négligeable vers la fi n de la chute.

3

6. 1. R

P

T

2. a. Le mouvement étant rectiligne, l’accélération est égale au coefficient directeur de la droite �(t).

a1 = 10,5

= 2 m . s–2 et a2 = 0,40,5

= 0,8 m . s–2.

b. m1 = Fa1

= 0,202

= 0,1 kg et m2 = 0,25 kg.

3. � en fonction du temps est une fonction linéaire de coefficient directeur :

a3 = Fm1

= 0,140,1

= 1,4 m . s–1.

7. 2. a. $�7 = $G6G8

�t .

b. $�7 = 0,16 m . s–1.c. $�7 est représenté par un vecteur tangent à la trajectoire dans le sens du mouvement et de longueur 1,6 cm.

8. 1. a. En tenant compte de l’échelle 1/4 on détermine une valeur des vecteurs vitesse $�3 et $�5 égale à 0,42 m . s–1. Ils sont représentés par des vec-teurs de 4,2 cm de long, tangents à la trajectoire, res-pectivement aux points 3 et 5.b. Il n’y a pas égalité entre les deux vecteurs puisqu’ils n’ont pas même direction.c. Ces deux vecteurs ont même valeur, donc �3 = �5.2. b. On détermine graphiquement une valeur de �$� égale à 0,45 m . s–1.c. La valeur de a4 est de 2,2 m . s–2.d. a4 est représenté par un vecteur de 2 cm de long de même sens et même direction que �$�, c’est-à-dire orienté vers O.3. a. La valeur de l’accélération est constante.b. Le vecteur accélération est toujours orienté vers le centre de la trajectoire circulaire. Il n’est pas constant.4. L’accélération d’un mouvement rectiligne uni-forme est nulle.

9. 1. a. b. c.

2 4 4

– 21 2 3 4 5

$a3 = $�4 – $�2

�t avec �t = 2 s et $�4 – $�2 = $0 .

Donc $a3 = $0 .2. Graphiquement, on mesure la valeur de �$� = $�4 – $�2 égale à 1 cm . s–1 .

a3 = ||$�4 – $�2||

�t = 0,5 cm . s–2.

3. Un point en mouvement a une accélération nulle si son vecteur vitesse est constant.

10. a. et b. Le vecteur accélération $a a même sens et même direction que ceux de la résultante des forces extérieures.

F2FF

F1

G F1

F1

a

+ F2FF

G

F2FF

G F2FFF1

F2FF

F1

11. 1. a. Voir le schéma ci-dessous.

R

P

(A(( )

(B)

T

m

Inventaire des forces extérieures : $P : le poids du solide (A) ; $R : la réaction du support ; $T : la tension du fil.b. Si on néglige les frottements, le poids et la réaction du support se compensent :

∑$Fext = $P + $R + $T = $T.2. a. Le mouvement est rectiligne, l’accélération a pour valeur le coefficient directeur de la droite �(t).

a = 0,60,8

= 0,75 m . s–2.

b. T = m . a = 0,650 × 0,75 = 0,49 N.

12. D’après la deuxième loi de Newton, ∑$Fext = m . $a avec m la masse du système étudié.Si les forces extérieures appliquées au système se compensent, ∑$Fext = $0, alors $a = $0 ; donc $� = $cte. Un mouvement dont le vecteur vitesse est constant est rectiligne uniforme. Cas particulier : $� = $cte = $0 , le système est immobile. On retrouve bien la première loi de Newton : tout corps persévère dans son état de repos ou de mou-vement rectiligne uniforme si les forces extérieures qui lui sont appliquées se compensent.

13. 1. Par définition, le vecteur vitesse du centre d’inertie G d’un mobile a pour expression :

$� = d$OGdt

.

Les coordonnées du vecteur vitesse s’écrivent :

(1) $� |�x = dxdt

= 2

�y = dydt

= 0 ;

(2) $� |�x = dxdt

= 10t

�y = dydt

= 0 ;

4

(3) $� |�x = dxdt

= 3

�y = dydt

= 10t .

Le vecteur accélération du centre d’inertie G du

mobile est défini par $a = d$�

dt .

Les coordonnées du vecteur vitesse s’écrivent :

(1) $a |ax = d�x

dt = 0

ay = d�y

dt = 0

;

(2) $a |ax = d�x

dt = 10

ay = d�y

dt = 0

;

(3) $a |ax = d�x

dt = 0

ay = d�y

dt = 10

.

2. À t = 2 s, le vecteur vitesse a pour composantes :

(1) $� |�x = 2�y = 0

;

(2) $� |�x = 20�y = 0

;

(3) $� |�x = 3�y = 20

.

La valeur � de la vitesse est égale à � = �x2 + �y� 2 .

(1) � = 2 m . s–1 ; (2) � = 20 m . s–1 ; (3) � = 20,2 m . s–1.

14. 1. Par lecture graphique, on détermine une distance de 70 m parcourue au bout de 4 s.2. x(4 s) = 4,5 × 4² = 72 m. Aux erreurs de lecture près, la lecture graphique confirme le modèle mathématique proposé.3. La trajectoire étant rectiligne :

� = dxdt

= ddt

(4,5 t 2) = 9 t.

4. �(4 s) = 9 × 4 = 36 m . s–1.5. Sur un graphique x(t), la vitesse instantanée à une date t correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abscisse t.6. La trajectoire étant rectiligne :

a = d�dt

= ddt

(9 t) = 9 m . s–2.

L’accélération est constante.7. D’après la deuxième loi de Newton, la résultante des forces extérieures appliquées à la voiture est constante et dans le sens du mouvement.

15. 1. x(1) = 2,3 m et x(3) = 20,7 m.2. a. La trajectoire est rectiligne, �(t) = dx

dt = 4,6 t.

b. �(1) = 4,6 m . s–1 et �(3) = 13,8 m . s–1.

3. a. La trajectoire étant rectiligne, a(t) = d�dt

.

b. a(t) = 4,6, elle est constante.a(1) = a(3) = 4,6 m . s–2.4.

0 1 2 3

t(s)

x (m)

0

10

20

30

0

5

10

15

0 1 2 3

t (s)

(m . s–1)

0 1 2 3

t (s)

a (m . s–2)

0

2

4

6

16. 1. �4 = 2,4 m . s–1 et �6 = 3,2 m . s–1. Le vecteur accélération $a5 même direction et même sens que $�6 – $�4 .2. La résultante des forces d’après la deuxième loi de Newton a la même direction et le même sens que ceux du vecteur accélération.3. a. La balle étant en chute libre, elle n’est soumise qu’à son poids.b. $a9 doit être vertical orienté vers le bas.c. $a9 a même direction et même sens que la somme des forces extérieures appliquées à la balle, ici le poids. L’accélération est bien verticale orientée vers le bas.

17. 1. Graphiquement, on observe que la vitesse augmente pendant les 40 premières secondes, puis se stabilise.2. La vitesse maximale atteinte par le scooter est de 14 m . s–1, soit 50 km . h–1 : aucune infraction à signaler.3. L’accélération instantanée a pour expression

$a = d$�

dt ; la trajectoire du scooter étant rectiligne,

d$�

dt correspond graphiquement au coefficient directeur

de la tangente à la courbe �(t) au point d’abscisse t.4. Le coefficient directeur de la tangente à la courbe diminue au cours du temps pour s’annuler au bout de 40 secondes ; il en est de même de l’accélération instantanée.

5

5. D’après la deuxième loi de Newton, ∑$Fext = m . $a , la résultante des forces a même direction et même sens que le vecteur accélération. Pendant les 40 premières secondes, la résultante des forces est dans le sens du mouvement et sa valeur diminue. Après 40 s, la vitesse se stabilise, le mouvement est rectiligne, la résultante des forces est nulle.

18. 1. a. F = Fc + 2 Fp = 1 100 × 103 + 2 × 6 000 × 103 = 1,31 × 107 N.b. P = m0 . g = 7,22 × 106 N.

3. a = (F – P)m

= 8,0 m . s–2.

19. 1. a. �(t) = a . t = 24 t.b. �(1) = 24 m . s–1 et �(2,5) = 60 m . s–1.

2. a. x(t) = 12

a . t ² = 12 t 2.

b. x(1) = 12 m et x(2,5) = 75 m.3. a. x´(1) = 2,6 × 12 = 2,6 m et x´(2,5) = 2,6 × 2,52 = 16,3 m.

b. t´ = 605,2

= 11,5 s.

c. x´ = 346 m.

20. 1.

Scénic Ferrari F1 2002

a. 17 m . s–1 32 m . s–1 50 m . s–1

b. 28 m . s–1 44 m . s–1 69 m . s–1

2.

Scénic Ferrari F1 2002

a. 2,1 m . s–2 6,2 m . s–2 12,1 m . s–2

b. 4,6 m . s–2 12,3 m . s–2

c. 8,4 m . s–2 27,8 m . s–2

3.

F

a

GG

démarrage freinage

sens de déplacement

21. A. Première partie du saut1. En 10 s, le parachutiste passe de 0 à 200 km . h–1,

c’est-à-dire de 0 à 55,6 m . s–1. La valeur moyenne de l’accélération lors des 10 premières secondes est de a = 5,6 m . s–2.2. Le parachutiste est soumis à son poids $P, la force de frottement de l’air $f et la poussée d’Archi-

mède $FA.Le vecteur somme $P + $f + $FA est orienté vers le bas pendant les 10 premières secondes. Lorsque la vitesse se stabilise à 200 km . h–1, la somme des forces extérieures est nulle.

3. Le poids est supérieur à ∑$Fext . Le parachutiste n’est pas en chute libre.4. Il reste à vitesse constante pendant 40 s.5. D’après la première loi de Newton, la vitesse étant constante, les forces se compensent. Si on néglige la poussée d’Archimède, le poids du para-chutiste est égal à la force de frottement de l’air : f = P = m . g = 80 × 10 = 800 N.

B. Seconde partie du saut6. Le parachute ouvert, le parachutiste parcourt 1 000 m en 4 minutes, c’est-à-dire avec une vitesse moyenne de � = 4,2 m . s–1.7. La vitesse étant constante, on a f = P = 800 N.

22. A. Déterminer expérimentalement l’accélé-ration du centre d’inertie du mobile auto-porteur1. et 2. Voir le document à la fin des corrigés.

3. �A2 = A1A3

2�t =

A1A3

0,12 .

A1A3 correspond au calcul B3 – B1 sur le tableur.2�t correspond à A3 – A1.4. Par cette méthode, il est impossible de calculer la vitesse aux dates t0 et t11.5. a. Le graphe obtenu est une droite. b. L’équation de la droite s’écrit �(t) = 47,6 t + 14.c. La valeur de l’accélération est égale au coefficient directeur de la droite � = f (t).a = 47,6 cm . s–2.

B. Déterminer théoriquement l’accélération du centre d’inertie d’un mobile auto-porteur6. Les forces extérieures appliquées au palet sont :– le poids de direction verticale, orienté vers le bas et de valeur P = m . g ;– la réaction du support perpendiculaire à ce dernier et orientée vers le haut.

cales

palet

N

PxP

PyPP

7. a. $P |Px = P . sin αPy = – P . cos α

; $N |Nx = 0Ny = N

.

b. Deuxième loi de Newton : ∑$Fext = m . $aG ; $P + $N = m . $aG .Projection suivant $i : P . sin α + 0 = m . ax .Projection suivant $j : – P . cos α + N = 0.c. Donc a = g . sin α = 9,81 × sin 3° = 0,51 m . s–2 = 51 cm . s–2.Les valeurs expérimentale et théorique de l’accéléra-tion sont très proches. On remarque que la valeur expérimentale est plus faible, cela est dû à l’existence de frottements.

6

Document du corrigé de l’exercice 22.

3. 4. 5. 6. Voir le schéma ci-dessous.

F1

F3FF

FFF222FF

F4F

7. a. et b. $F est la résultante des forces extérieures appliquées au système. Voir le schéma ci-dessous.

F4F

F5F

P

F

c. À vitesse constante et sur une trajectoire recti-ligne, les forces extérieures se compensent. La pro-jection suivant un axe horizontal de $F5 a même valeur que la projection de $F4 sur ce même axe. Les projections sont de sens opposés.

23. 1. �$� = k . $F .2. Une force peut modifi er la trajectoire et/ou la valeur de la vitesse. Les forces visibles sont générale-ment des forces de contact. Les forces invisibles sont des forces à distance, le poids par exemple.3. a. Dans un mouvement circulaire, le vecteur vitesse tangent à la trajectoire change constam-ment de direction. Il y a donc une accélération,

car $a = d$�

dt .

b. Lors d’un mouvement circulaire uniforme, l’accélération est centripète ; il en est de même pour la résultante des forces appliquées au mobile.c. On peut considérer le mouvement de la Terre autour du Soleil comme circulaire uniforme. La force centripète est la force gravitationnelle exercée par le Soleil sur notre planète.

24. 1. La troisième loi de Newton indique que lors de la mise en mouvement de la charrette, la force exercée par le cheval sur la charrette a même valeur que celle exercée par la charrette sur le cheval. L’affi r-mation du texte est donc fausse.2. Le mot « acteur » dans le texte peut être assimilé à un système d’étude.

1.2. Le mouvement étant rectiligne, l’accélération moyenne a pour valeur :

a = ���t

= 28

= 0,25 m . s–2.

1.3. D’après la deuxième loi de Newton :

∑$Fext = m . $a ; soit : $F + $T + $P + $R = m . $a .

En projetant cette égalité vectorielle suivant une direc-tion horizontale orientée dans le sens du mouvement : – F + T . cos α = m . a ;

d’où : T = m . a + Fcos α = 80 × 0,25 + 50

cos 45 = 99 N .

2. D’après la deuxième loi de Newton ou le principe d’inertie, on peut écrire :

∑$Fext = $0, donc : $F + $T + $P + $R = $0 , car le vecteur vitesse du skieur est constant.

Sujets BAC

Mouvement d’un skieur1.1. Forces extérieures exercées sur le skieur :

F

TR

P

G

– son poids $P de direc-tion verticale orienté vers le bas ;– la réaction normale du support $R de direc-tion verticale vers le haut ;– la force de frottement du sol $F de direction horizontale, de sens opposé à celui du mouvement ;– la force exercée par la perche sur le skieur $T.

7

En projetant cette égalité vectorielle suivant une direction parallèle à la pente et dans le sens du mouvement : – F + T . cos δ – P . sin β = 0 ;

d’où : T = F + P sin β

cos δ =

50 + 80 sin 40cos 30 = 1,2 × 102 N .

T

P

F

R

Étude d’un appontage

1. �(t = 2,1) = M2,2 – M2,0

2�t = 8,0

2 × 0,1 = 40 m . s–1 .

t(s) 2,1 2,2 2,3 2,4 2,5 2,6 2,7

�(m . s–1) 40 36 32 28 24 19 15

2.

0

+5,00

+10,00

+20,00

+30,00

+40,00

+25,00

+35,00

+15,00

+2,50+2,20 +2,30 +2,40 +2,60

(m . s–1)

t (s)

3. L’accélération est égale au coefficient directeur de la tangente à la courbe �(t), ici une fonction affine. L’accélération est constante, de même direction (hori-zontale) et de sens opposé à $�. Sa valeur par déter-mination graphique est de 42 m . s–2. Sur l’intervalle [2,1 ; 2,7].Le mouvement de l’avion est rectiligne uniformément décéléré.4. Comme l’accélération est constante, il en est de même de la somme des forces extérieures appliquées à l’avion. $F + $P + $R = m . $a . En projetant cette égalité vectorielle suivant un axe horizontal en sens inverse du mouvement :F = m . a = 1,2 × 104 × 42 = 5,0 × 105 N.$F est horizontale, de sens opposé à celui du mouvement et de valeur 5,0 × 105 N.

.. .

0