EXERCICE I. RECORD DE SAUT EN LONGUEUR À

Terminale S

Michel LAGOUGE –Ecole alsacienne– Exercices Toussaint – Correction Exo n°1 Page 1 EXERCICE I. RECORD DE SAUT EN LONGUEUR À MOTO

Polynésie 09/2009 Correction © http://labolycee.org 1. La phase d’accélération du motard.

1.1. ₂ ^{1 3 1 3}

3 1

G G G G

v  t t  2

  le facteur d’échelle donne : 1 cm (document)  2 m (réel) avec G1G3 = 6,4 cm sur le document donc réellement : G1G3 = 6,4 × 2 / 1 = 12,8 m

2

v 12,8

2 0,800

  = 8,0 m.s^-1

3 5 3 5

4

5 3

G G G G

v  t t  2

 

avec G3G5 = 12,8 cm sur le document donc réellement : G3G5 = 12,8 × 2 / 1 = 25,6 m

4

v 25,6

2 0,800

  = 16,0 m.s^-1

1.2. Voir ci-contre. Échelle des vitesses : 1 cm  2 m.s^-1 donc v représenté par une flèche de 8,0 × 1/2 = 4,0 cm 2

v représenté par une flèche de 16,0 × 1/2 = 8,0 cm 4

Les vecteurs vitesses sont tangents à la trajectoire et orientés dans le sens du mouvement.

1.3. Voir ci-contre. Construction du vecteur v₃ = v – ₄ v en G₂ 3.

1.4. Expression du vecteur accélération a au point G₃ 3 : ₃ dv³ v³ v⁴ v²

a dt t 2

 

  

 

3 3

a v 2

 

 . Or le vecteur v₃ mesure 4,0 cm donc avec l’échelle des vitesses 1 cm  2 m.s^-1 ; v3 = 4,0×2 / 1 = 8,0 m.s^-1

Finalement : ₃ 8,0 a  2 0,800

 = 5,0 m.s ^–2.

1.5.1. Le graphe de la figure 2 est une droite passant par l’origine, donc la vitesse est proportionnelle au temps : v = k . t.

Par définition l’accélération a est a = ^dv

dt ; ici a = ^d(k.t)

dt = k = Cte.

L’accélération de la moto est constante.

1.5.2. On détermine le coefficient directeur de la droite : entre les points (0 ; 0) et ( 50 ; 10 ) : a ^{50 0}

10 0

 

 = 5,0 m.s^-2. On retrouve bien la valeur obtenue graphiquement en 1.4.

v2

v4

v2



v3



G0 G1 G2 G3 G4G5

v4

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Michel LAGOUGE –Ecole alsacienne– Exercices Toussaint – Correction Exo n°1 Page 2 1.5.3. distance parcourue par le motard lorsque celui-ci a atteint une vitesse de 160 km.h^-1 : On a 160 km.h^-1 = (160/3,6) = 44,4 m.s^-1. On trace la droite horizontale d’équation v = 44,4 sur la figure 2. Le point d’intersection avec le graphe v(t) donne en abscisse, le temps de parcours.

On reporte ce temps de parcours sur la figure 3 : le point d’intersection avec le graphe d(t) nous donne la distance parcourue.

On mesure ici : d = 195 m, cette détermination graphique étant approximative, on ne conserve que deux chiffres significatifs, d = 2,010² m.

2. La montée du tremplin.

2.1. Énergie mécanique : EM = EC + EPP = ½.m.v² + m.g.z

(avec axe Oz vertical orienté vers le haut et l’origine des énergies potentielles prise en z = 0).

2.2. Variation d’énergie potentielle de pesanteur entre B et C :

EPP= EPP(C) – EPP(B) = m.g.zC – 0 = m.g.OC Or sin = OC / BC  OC = BC . sin

Donc EPP= m.g.BC.sin. AN : EPP = 180 × 9,81 ×7,86 × sin(27) = 6,3 ×10³ J = 6,3 kJ.

t (s)

2 4 6 8 10

v (m.s^-1)

10 20 30 40 50

3 9

1 5 7

60

4,4 cm

6,0 cm Figure 2 : Valeur v de la vitesse du système

en fonction du temps.

Figure 3 : Distance d parcourue par le système en fonction du temps

t (s)

2 4 6 8 10

50 100 150 200 250

9 7

5 3

1 0 0

d (m)

3,9 cm

6,0 cm 44,4 m.s^-1

195 m

60 m.s^–1  6,0 cm 44,4 m.s^-1  x cm x = (44,46,0)/60 x = 4,4 cm

300 m  6,0 cm d m  3,9 cm d = (3,9300)/6,0 d = 195 m

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Michel LAGOUGE –Ecole alsacienne– Exercices Toussaint – Correction Exo n°1 Page 3 2.3. Entre B et C le motard maintient une vitesse constante donc EC= EC(C) – EC(B) = 0.

Comme EM = EC + EPP alors EM = EC + EPP = EPP> 0.

Donc EM(C) > EM(B) : ainsi l’énergie mécanique du système augmente lorsqu’il passe de B à C.

3. Le saut.

3.1. Le mouvement du système { motard + moto }, de masse m, est étudié dans le référentiel terrestre supposé galiléen. Le système n’étant soumis qu’à son poids, la deuxième loi de Newton donne : Pm.a

Or Pm.g donc m.gm.a soit ag

En projection dans le repère (O,i ,k) il vient : ^x

z

a 0

a a g



  



Comme a ^dv

 dt alors

x x

y z

a dv 0

a dt

a dv g

dt

  



   



il vient ^x

z

v Cte1 v v g.t Cte2

 

   



Or v(0)v₀ soit ^{x 0}

z 0

v (0) v .cos Cte1 v (0) v .sin 0 Cte2

  

    

 il vient finalement : ^{x 0}

z 0

v v .cos v v g.t v .sin

 

    



Et v ^dOG

 dt alors

x 0

z 0

v dx v .cos v dt

v dz g.t v .sin dt

   



     



il vient

 

 

0

0

x v .cos . t Cte '1

OG 1

z g.t² v .sin .t Cte ' 2 2

   



    



Or OG(0)h.k soit ^{x(0) 0 Cte '1} z(0) h Cte ' 2

  

  

 il vient finalement :

 

 

0

0

x(t) v .cos .t

OG 1

z(t) g.t² v .sin t h 2

  



    



3.2. On isole le temps « t » de l’équation x(t) = (v₀.cos).t que l’on reporte dans z(t) : t =

0

x

v .cos  z(x) = ²





0 0

1 x x

g v .sin . h

2 v .cos v .cos

   

       finalement : z(x) = –



2 0

g

2.v .cos ² .x² + (tan).x + h

3.3. « L’atterrissage » se fait sur le tremplin si z(xD)  h. La distance maximale du point D correspondant au cas de l’égalité : z(xD) = h

Soit : ^–



2 0

g

2.v .cos ² .xD² + (tan).xD + h = h  xD. ₂ ^D ₂

0

tan g.x

2.v .cos

 

   

 = 0

En écartant la solution x_D = 0, il vient : ₂ ^D ₂

0

tan g.x

2.v .cos

 

   

 = 0

soit

2 2

0 D

2.v .tan .cos

x g

 

 ;

2 2

0 D

2.v .sin .cos x cos

g

 

  ;

2 0 D

2.v .sin .cos

x g

 



« Maths » : sin(a+b) = sin a . cos b + cos a . sin b, donc 2 sin  . cos  = sin 2 Finalement :

2 0 D

v .sin(2 )

x g

 

3.4.

2 D

(160 / 3,6) sin(2 27)

x 9,81

 

 = 162,9 m = 1,610² m

Cette valeur est supérieure à 107 m. Cette différence est due aux forces de frottements qui n’ont pas été prises en compte lors de l’étude du système ; elles diminuent la portée du saut.