EXERCICE I Record de saut en longueu à moto (6 points)

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.
1.1.
1 3 1 3
231
GG GG
vt 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
212,8
v2 0,800
= 8,0 m.s-1
3 5 3 5
453
G G G G
vt t 2
avec G3G5 = 12,8 cm sur le document donc réellement : G3G5 = 12,8 × 2 / 1 = 25,6 m
425,6
v2 0,800
= 16,0 m.s-1
1.2. Voir ci-contre. Échelle des vitesses : 1 cm  2 m.s-1 donc
2
v
représenté par une flèche de 8,0 × 1/2 = 4,0 cm
4
v
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.
1.3. Voir ci-contre. Construction du vecteur
3
v
=
4
v
–
2
v
en G3.
1.4. Expression du vecteur accélération
3
a
au point G3 :
33
42
3dv v vv
adt t 2
3
3v
a2
. Or le vecteur
3
v
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 :
38,0
a2 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 ) :
50 0
a10 0
= 5,0 m.s-2.
On retrouve bien la valeur obtenue graphiquement en 1.4.
2
v
4
v
2
v
3
v
G0 G1 G2 G3 G4 G5
4
v

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.
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
9
3
1
7
5
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

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
ag
En projection dans le repère (O,
i
,
k
) il vient :
x
z
a0
aag
Comme
dv
adt
alors
x
x
y
z
dv
a0
dt
adv
ag
dt
il vient
x
z
v Cte1
vv g.t Cte2
Or
0
v(0) v
soit
x0
z0
v (0) v .cos Cte1
v (0) v .sin 0 Cte2
il vient finalement :
x0
z0
v v .cos
vv g.t v .sin
Et
dOG
vdt
alors
x0
z0
dx
v v .cos
dt
vdz
v 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
00
1 x x
g v .sin . h
2 v .cos v .cos
finalement : z(x) = –
2
0
g
2.v .cos²
.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 .cos²
.xD² + (tan).xD + h = h  xD.
D
22
0
g.x
tan 2.v .cos
= 0
En écartant la solution xD = 0, il vient :
D
22
0
g.x
tan 2.v .cos
= 0
soit
22
0
D2.v .tan .cos
xg
;
22
0
D
sin
2.v . .cos
cos
xg
;
2
0
D2.v .sin .cos
xg
« Maths » : sin(a+b) = sin a . cos b + cos a . sin b, donc 2 sin . cos = sin 2
Finalement :
2
0
Dv .sin(2 )
xg
3.4.
2
D(160 / 3,6) sin(2 27)
x9,81
= 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.