Le grand saut: une chute libre? Correction

Amérique du Sud 2003
II. LE GRAND SAUT : UNE CHUTE LIBRE ? (5,5 points)
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1.
Recherche de la trajectoire d'une chute libre avec vitesse initiale.
1.1.1. Un objet est en chute libre, dans un référentiel terrestre, si il n'est soumis qu'à l'action de son poids.
1.1.2. Système : {sauteur}
Référentiel : le sol (référentiel terrestre supposé galiléen)
Inventaire des forces : le poids, les autres forces sont négligées la chute étant considérée comme libre.
D'après la deuxième loi de Newton : P  m.a
m. g = m.a
donc g = a
Par projection suivant l'axe Ox horizontal: ax = 0
Par projection suivant l'axe Oz vertical vers le haut az = – g
1.2. Ne pas confondre le vecteur vitesse v ,qui varie au cours du temps, et le vecteur vitesse initiale v0 qui
est un vecteur constant dépendant des conditions initiales. Ici inutile de « primitiver » !
Le vecteur v 0 est horizontal.
v0x = v0
v0
v0z = 0
x
1.3.1.
ax = 0
vx(t) = Cte = v0x = v0
dv
donc par intégration : v
a
a =
dt
az = – g
vz(t) = –g.t + Cte = –g.t + v0z = – g.t
v=
d OG
dt
donc par intégration OG
z(t) = –
G centre inertie du sauteur
1.3.2. on a x(t) = v0.t
x(t) = v0.t + Cte = v0.t + x0 = v0.t
soit t =
1
1
1
.g.t² + Cte = – .g.t² + z0 = – .g.t² + h0
2
2
2
x(t)
qu'on remplace dans l'expression de z(t)
v0
1
x(t)²
.g.
² + h0
Cette équation correspond à un arc de parabole.
v0²
2
1.3.3. Pour quelle durée a-t-on z(t) = h1?
1
z(t) = – .g.t² + h0 = h1
2
2  (3,0  103  1,0  103)
2(h0  h1)
t=
t=
= 20 s
9,80
g
z(x) = –
2.
La chute est-elle réellement libre ?
2.1.1. EM = EC + E PP
à t = 0s au point A
à t = t1 au point B
3
altitude z0 =h0 = 3,010 m
à l'altitude z1 = h1 = 1,0103 m
le sauteur a une vitesse v0
le sauteur a une vitesse v1 = ?
Exprimons la variation d'énergie cinétique entre les points A et B:
EC = W(Fext) , comme seule la force poids s'exerce : EC = W(P) = P.AB
-du vecteur AB sont (x = xB – xA ; z = zB–zA)
- du vecteur P (Px = 0 ; Pz = –m.g)
EC = (xB – xA) . Px + (zB – zA) . PZ
EC = –(zB – zA).m.g
EC = m.g.(zA–zB)
Les coordonnées:
Or EPP = EPPB – EPPA = m.g.(zB–zA)
donc EPP = – EC, le système a gagné autant d'énergie cinétique qu'il a perdu d'énergie potentielle de
pesanteur. La variation d'énergie mécanique vaut EM = EPP + EC = 0. Elle ne varie pas.
2.1.2. EC = m.g.(zA–zB) expression établie à la question précédente
z A = h0
et zB = h1
EC = ECB – ECA
1
1
.m.v1² – .m.v0² = m.g.(h0 – h1)
2
2
on divise tout par m et on multiplie tout par deux:
v1² = 2.g.(h0 – h1) + v0²
v1 =
2.g.(h0  h1 )  v 02
 130 
v1 = 2  9,80  (3,0.10  1,0.10 )  

 3,60 
v1 = 2,0102 m.s–1
3
3
2
il faut convertir v0 en m.s–1
2.2. Cet écart est dû à l'existence d'une force de frottement exercée par l'air sur le sauteur, qui le ralentit, et
que nous avons négligé lors du calcul de v1.
On ne peut donc pas considérer la chute comme libre au sens des physiciens.
La vitesse a atteint sa valeur maximale v’1 (ou limite), la force de frottement est compensée par la force
poids, le sauteur cesse d'accélérer.
3. Ouverture du parachute.
3.1. analyse dimensionnelle:
F est une force exprimée en newtons, soit, avec les unités de base du système international, en kg.m.s –2 .
[F] = M.L.T-2
 est la masse volumique de l’air, exprimée en kg.m-3 donc [] = M.L-3
v² est le carré de la vitesse en m².s-2 donc [v²] = [v].[v] = L².T-2
1
F = . K .  . v2
2
-2
M.L.T = [K]. M.L-3. L².T-2
L = [K]. L-1
[K] = L²
K s'exprime en m²
3.2. DIFFICILE
Système: {sauteur+parachute}
Référentiel: le sol (référentiel terrestre supposé galiléen)

Inventaire des forces :
-le poids P de direction verticale et sens vers le bas,
- la force de frottement due à l'air de direction verticale et sens vers le haut (sens opposé à la vitesse).
 
D'après la deuxième loi de Newton: P + F = m. a (1)
On conserve le repère utilisé précédemment, l'axe vertical est orienté positivement vers le haut.
dv
z
Pz + Fz = m.az = m. z
dt
1
dv
–m.g + . K .  . v2 = m. z
2
dt
F
K . .v² dv z
on divise par m :
–g+
=
dt
2m
K . .v²
dv z
j
P
–
=–g
dt
2m
dv
dv
arrivé là, on pense qu’il y a un problème. Mais il ne faut pas confondre z et
comme souvent.
dt
dt
v
v est la valeur de la vitesse tandis que vz est la coordonnée du vecteur vitesse
dv
Que signifie
? C’est la variation de vitesse notée dv pendant la courte durée dt.
dt
dv = v(t+dt) – v(t)
Ici le parachute ralentit fortement le sauteur lors de son ouverture, la vitesse diminue alors v(t+dt) < v(t),
dv
z
donc dv < 0 et
<0.
dt
exemple numérique : dv = 10 – 30 = – 20 m.s-1
dv
v(t)
dv z
 v(t)
Concernant
: dvz est la variation de la coordonnée vz du vecteur vitesse
dt
v(t+dt)
dvz = vz(t+dt) – vz(t)
v(t+dt)
en regardant le schéma ci-contre, on voit que vz devient moins négative
donc dvz > 0
exemple numérique : dvz = –10 – (–30) = + 20 m.s-1
dv z
alors
>0
dt
dv z
dv
FINALEMENT,
=–
dt
dt
K . .v²
dv z
reprenons l’équation différentielle
–
=–g
dt
2m
K . .v²
dv
–
–
=–g
dt
2m
dv K ..v²
on retrouve :

g
dt
2m
dv
3.3. Lorsque la vitesse est stabilisée alors
= 0.
dt
K . .v 22
g
2m
2.g.m
v2² =
K.
soit v2 =
2.g.m
K.
2  9,80  90
= 6,0 m.s–1
38  1,3
dz
dz
3.4. v2z =
, où
représente le coefficient directeur de la droite représentative de z = f(t).
dt
dt
à l'aide des points appartenant à cette droite : M ( t = 80 s ; z = 760 m) et N ( t = 180 s ; z = 160 m)
760  160
on trouve v2z =
80  180

donc v2z = – 6,0
(coordonnée verticale du vecteur vitesse v 2 )
v2 =
v2 = v22 x  v22 z = (6,0)²
v2 = 6,0 m.s-1 Ce résultat est cohérent avec la valeur de v2 obtenue à la question précédente.