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 g 2.1. Dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures Fext 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 : Fext = m. a v0 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 a x (t) 0 2.3. Dans le repère (Oxy) choisi : a (t) a y (t) g dv a x (t) 0 x dv dt 2.4. Sachant que : a on a : a (t) dt a (t) g dv y y dt v x (t) Cte1 v x (0) Cte1 v 0 .cos par intégration v (t) or v 0 v y (0) Cte2 v 0 .sin v y (t) g.t Cte2 v x (t) v 0 .cos donc v (t) v y (t) g.t v 0 .sin dx v x (t) v 0 .cos dt dOG 2.5. Sachant que : v on a : v (t) dt v (t) g.t v .sin dy 0 y dt x(t) v 0 .cos .t Cte1' par intégration : OG (t) 1 2 ' y(t) .g.t v 0 .sin .t Cte 2 2 x(t) v 0 .cos .t donc OG (t) 1 2 y(t) 2 .g.t v 0 .sin .t or x(0) Cte1' 0 OG (0) ' y(0) Cte2 0 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) : x t= v 0 .cos 2 1 x x y(x) = .g. v 0 .sin. 2 v 0 .cos v 0 .cos 1 x2 y(x)= .g. 2 x.tan 2 v 0 .cos2 2.7. Il faut résoudre l’équation : y(xP) = – H car pour x = xP, y = – H : x2 1 donc : .g. 2 P 2 xP .tan = – H 2 v 0 .cos Calculons les termes devant xP² et xP : 1 g 1 10 . 2 = – 0,27 m-1 2 2 2 v 0 .cos 2 5,0 cos2 (30) 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 0,88 = 0,94 = (0,58)² – 4 (–0,27) 0,50 = 0,88 et les solutions pour xP sont : 0,58 0,94 = –0,54 m et x 0,58 0,94 = 2,8 m xP P 2 0,27 2 0,27 Or xP est positif , xP = 2,8 m 1 g Calculs effectués avec les valeurs non arrondies de tan(30) et de . 2 2 v 0 .cos2