Exercice II: Un toboggan de plage (5,5 points)

Antilles Guyane 2009 EXERCICE II. UN TOBOGGAN DE PLAGE ( 5,5 points)
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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
ext
F
appliquée à un
système de masse m est égale à la masse
du système multipliée par le vecteur
accélération
a
de son centre d’inertie :
ext
F
= m.
a
2.2. 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
0
v

2.4. Sachant que :
dv
adt
on a :
a
(t)
x
x
y
y
dv
a (t) 0 dt
dv
a (t) g dt
par intégration
v
(t)
x1
y2
v (t) Cte
v (t) g.t Cte
or
0
v
x 1 0
y 2 0
v (0) Cte v .cos
v (0) Cte v .sin
donc
v
(t)
x0
y0
v (t) v .cos
v (t) g.t v .sin
2.5. Sachant que :
dOG
vdt
on a :
v
(t)
x0
y0
dx
v (t) v .cos dt dy
v (t) g.t v .sin dt
par intégration :
OG
(t)
'
01
2'
02
x(t) v .cos .t Cte
1
y(t) .g.t v .sin .t Cte
2
or
OG
(0)
'
1
'2
x(0) Cte 0
y(0) Cte 0
donc
OG
(t)
0
20
x(t) v .cos .t
1
y(t) .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
00
1 x x
.g. v .sin .
2 v .cos v .cos
y(x)=
2
22
0
1x
.g. x.tan
2 v .cos
2.7. Il faut résoudre l’équation : y(xP) = – H car pour x = xP, y = – H :
donc :
2
PP
22
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)
= – 0,27 m-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 :
P0,58 0,94
x2 0,27
= –0,54 m et
P0,58 0,94
x2 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
22
0
1g
.
2 v .cos