EXERCICE I. RECORD DE SAUT EN LONGUEUR À MOTO (6 points) Polynésie 09/2009 Correction © http://labolycee.org 1. La phase d’accélération du motard. G1G3 G1G3 le facteur d’échelle donne : 1 cm (document) 2 m (réel) t 3 t1 2 avec G1G3 = 6,4 cm sur le document donc réellement : G1G3 = 6,4 × 2 / 1 = 12,8 m 12,8 = 8,0 m.s-1 v2 2 0,800 GG GG v4 3 5 3 5 t5 t3 2 avec G3G5 = 12,8 cm sur le document donc réellement : G3G5 = 12,8 × 2 / 1 = 25,6 m v4 25,6 = 16,0 m.s-1 v4 2 0,800 1.2. Voir ci-contre. Échelle des vitesses : 1 cm 2 m.s-1 donc v 2 représenté par une flèche de 8,0 × 1/2 = 4,0 cm v 4 représenté par une flèche de 16,0 × 1/2 = 8,0 cm Les vecteurs vitesses sont tangents à la trajectoire et orientés dans le sens du mouvement. 1.4. Expression du vecteur accélération a 3 au point G3 : a3 dv 3 v 3 v 4 v 2 dt t 2 v 3 . Or le vecteur v 3 mesure 4,0 cm donc avec l’échelle des vitesses 2 1 cm 2 m.s-1 ; v3 = 4,0×2 / 1 = 8,0 m.s-1 Finalement : a3 v4 v 3 8,0 = 5,0 m.s –2. 2 0,800 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. dv d(k.t) Par définition l’accélération a est a = ; ici a = = k = Cte. dt dt L’accélération de la moto est constante. G3 a3 v 2 G4 1.3. Voir ci-contre. Construction du vecteur v 3 = v 4 – v 2 en G3. G5 1.1. v 2 v2 entre les points (0 ; 0) et ( 50 ; 10 ) : a 50 0 = 5,0 m.s-2. 10 0 G2 1.5.2. On détermine le coefficient directeur de la droite : G0 G1 On retrouve bien la valeur obtenue graphiquement en 1.4. 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 = 2,0102 m. Figure 2 : Valeur v de la vitesse du système en fonction du temps. -1 v (m.s ) 60 60 m.s–1 6,0 cm 44,4 m.s-1 x cm 44,4 m.s-1 50 x = (44,46,0)/60 x = 4,4 cm 40 30 4,4 cm 6,0 cm 20 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 t (s) Figure 3 : Distance d parcourue par le système en fonction du temps d (m) 250 195 m 200 6,0 cm 150 300 m 6,0 cm d m 3,9 cm 3,9 cm 100 d = (3,9300)/6,0 d = 195 m 50 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 t (s) 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. EPP = 180 × 9,81 ×7,86 × sin(27) = 6,3 ×103 J = 6,3 kJ. 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 a 0 En projection dans le repère (O, i , k ) il vient : a x az g dv a dt Comme dv x a x dt 0 v Cte1 alors a il vient v x v z g.t Cte2 a dv y g z dt v v .cos v (0) v .cos Cte1 0 0 Or v(0) v 0 soit x il vient finalement : v x v g.t v 0 .sin v (0) v .sin 0 Cte2 z 0 z dx x v 0 .cos . t Cte '1 v x dt v 0 .cos dOG Et v alors v il vient OG 1 dz dt z g.t² v 0 .sin .t Cte ' 2 v g.t v .sin 2 0 z dt x(t) v 0 .cos .t x(0) 0 Cte '1 il vient finalement : OG 1 z(0) h Cte ' 2 z(t) g.t² v 0 .sin t h 2 Or OG(0) h.k soit 3.2. On isole le temps « t » de l’équation x(t) = (v0.cos).t que l’on reporte dans z(t) : 2 x 1 x x t= z(x) = g v 0 .sin . h v 0 .cos 2 v 0.cos v 0.cos finalement : z(x) = – g .x² + (tan).x + h 2.v 02 .cos ² 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 : – g g.xD .xD² + (tan).xD + h = h xD. tan = 0 2 2 2.v 0 .cos 2.v .cos ² 2 0 En écartant la solution xD = 0, il vient : tan g.xD = 0 2 2.v .cos 2 0 sin 2.v 02 . .cos2 2.v 02 .tan .cos2 2.v 02 .sin .cos cos soit xD ; xD ; xD g g g « Maths » : sin(a+b) = sin a . cos b + cos a . sin b, donc 2 sin . cos = sin 2 Finalement : xD 3.4. xD v 02 .sin(2 ) g (160 / 3,6)2 sin(2 27) = 162,9 m = 1,6102 m 9,81 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.