Antilles Guyane 2009 EXERCICE II. UN TOBOGGAN DE PLAGE ( 5,5 points) Correction © http://labolycee.org
1. Mouvement de l’enfant entre D et O 1.1. L’origine de l’énergie potentielle de pesanteur est prise au point O : EPPO = 0 J pour y0 = 0 m.
Au point D de hauteur yD = h par rapport au point O, l’énergie potentielle de pesanteur est alors : EPPD = m.g.h
1.2. Energie mécanique au point D : EMD = ECD + EPPD = ½.m.v²D + m.g.h Or l’enfant part en D sans vitesse initiale (énoncé) donc vD = 0 m.s-1 et ECD = 0 J d’où :
EMD = m.g.h
1.3. Energie mécanique au point O : EMO = ECO + EPPO = ½.m.v02 + m.g.y0
Comme y0 = 0 m il vient : EMO = ½.m.v02
1.4. Au cours du mouvement les frottements et les actions de l’air sont négligés (énoncé) donc l’énergie mécanique se conserve, ainsi : EMD = EMO m.g.h = ½.m.v02 v02 = 2.g.h en ne conservant que la solution positive :
v0 = 2.g.h 1.5. v0 = 2 10 5,0 100= 10 m.s-1.
1.6. En réalité les frottements de l’enfant avec le toboggan et l’air ne sont pas négligeables au cours du mouvement. L’énergie mécanique n’est pas conservée : elle diminue au cours du mouvement car une partie de l’énergie mécanique est transformée en chaleur. Cela explique la nette différence de vitesse (5,0 m.s-1 au lieu de 10 m.s-1) avec le modèle sans frottement.
2. Étude de la chute de l’enfant dans l’eau 2.1. Dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures
Fextappliquée à un système de masse m est égale à la masse du système multipliée par le vecteur accélération a de son centre d’inertie :
Fext= m.a2.2. L’enfant de masse m est modélisé par un point matériel G, dans le référentiel terrestre supposé galiléen. L’enfant n’est soumis qu’à son poids : ainsi la deuxième loi de Newton appliquée à l’enfant une fois qu’il a quitté le point O donne : P= m.a
m.g = m.a a =g
2.3. Dans le repère (Oxy) choisi : a(t) x
y
a (t) 0 a (t) g
g v0
2.4. Sachant que : dv
a dt on a : a(t)
x x
y y
a (t) 0 dv dt a (t) g dv
dt
par intégration v(t) x 1
y 2
v (t) Cte v (t) g.t Cte
or v0 x 1 0
y 2 0
v (0) Cte v .cos v (0) Cte v .sin
donc v(t) x 0
y 0
v (t) v .cos v (t) g.t v .sin
2.5. Sachant que : dOG v dt
on a : v(t)
x 0
y 0
v (t) v .cos dx
dt v (t) g.t v .sin dy
dt
par intégration : OG(t)
'
0 1
2 '
0 2
x(t) v .cos .t Cte
y(t) 1.g.t v .sin .t Cte 2
or OG(0)
' 1 ' 2
x(0) Cte 0 y(0) Cte 0
donc OG(t)
0 2
0
x(t) v .cos .t
y(t) 1.g.t v .sin .t 2
2.6. On isole le temps t dans x(t) = v0.cos.t et on reporte t dans y(t) pour avoir l’équation de la trajectoire y(x) :
t =
0
x
v .cos y(x) =
2 0
0 0
1 x x
.g. v .sin .
2 v .cos v .cos
y(x)=
2
2 2
0
1 x
.g. x.tan
2 v .cos
2.7. Il faut résoudre l’équation : y(xP) = – H car pour x = xP, y = – H : donc :
2 P 2 2 P 0
x
1.g. x .tan
2 v .cos
= – H
Calculons les termes devant xP² et xP :
2 2 2 2
0
1 g 1 10
2 v .cos. 2 5,0 cos (30)
= – 0,27m-1
tan = tan(30) = 0,58
Il faut résoudre l’équation, avec H = 0,50 m : – 0,27.x²P + 0,58.xP = – 0,50 Soit l’équation du second degré : – 0,27.x²P + 0,58.xP + 0,50 = 0
= (0,58)² – 4 (–0,27) 0,50 = 0,88 et 0,88= 0,94 les solutions pour xP sont :
P
0,58 0,94
x 2 0,27 = –0,54 m et
P
0,58 0,94
x 2 0,27 = 2,8 m
Or xP est positif , xP = 2,8 m
Calculs effectués avec les valeurs non arrondies de tan(30) et de 2 2
0
1 g
2 v .cos.
