DM LC Octobre 2009 Corrigé

Université Joseph Fourier - Grenoble I Devoir à la Maison, Octobre 2009
UE PHY 111 et PHY 112 - Licence - L1 Lois de Conservation et Fluides
Ce Devoir est supposé pouvoir être traité en moins de 2 heures.
Une partie de la note portera sur les explications accompagnant les calculs.
On donnera toujours les expressions littérales avant de faire les applications numériques.
SAUT A L’ELASTIQUE
Le saut à l’élastique est une activité ludique au cours de laquelle une personne saute d’un
pont en étant attaché par les pieds à un élastique. Il convient de bien choisir l’élastique…
On considère un sauteur de masse m = 75 kg qui saute d’un pont de hauteur h = 100 m. Le
sauteur utilise un élastique de longueur L = 25 m au repos. Cet élastique se comporte
comme un ressort de masse négligeable.
À l’équilibre, cet élastique s’allonge de ∆l1 = 30 cm lorsque l’on pend une masse m1 = 1 kg
à son extrémité. Cet élastique peut supporter au maximum une masse mmax = 5000 kg. Au-
delà de cette masse, le ressort casse. Dans tout l’exercice, on prendra g = 9,8 m.s-2.
Figure 1. Figure 2.
A. Modélisation du saut sans frottements (0 ≤ x ≤ L)
On choisit un axe Ox vertical, dirigé vers le bas, dont l’origine O correspond au point
d’attache de l’élastique. Le sauteur suit un mouvement rectiligne, avec une vitesse initiale
nulle en O (v0 = 0 m/s)
1. Déterminer l’expression littérale du mouvement x(t) du sauteur entre x = O et x = L.
Pas de frottements : l’accélération est constante : a(t) = g = cte. La vitesse s’obtient en
intégrant : v(t) = gt + v0. La position s’obtient en intégrant : x(t) =
!
1
2
gt2 + v0t + x0 0,5 pt
En choisissant les conditions initiales v0 = 0 et x0 = 0, il reste : v(t) = gt et x(t) =
!
1
2
gt2 1 pt
2. En utilisant le théorème de l’énergie cinétique, déterminer l’expression littérale de la
vitesse vL du sauteur lorsqu’il arrive à l’abscisse x = L.
La variation d’énergie cinétique d’un système entre les temps t1 et t2 est égale au travail

W(F) de l’ensemble des forces F agissant dans cet intervalle de temps :
∆Ec = Ec finale - Ec initiale = Ec(x = L) - Ec(x = 0) = Ec(x = L) =
!
1
2
mvL2 = F.L = mg.L
Soit vL =
!
2gL
1 pt
3. Calculer vL en justifiant le nombre de chiffres significatifs retenus.
On calcule vL =
!
2gL
≈ 22 m/s (on garde au plus 2 chiffres significatifs car L et g sont
donnés avec 2 chiffres significatifs). 1 pt
4. Calculer l’énergie cinétique Ec1 du sauteur en x = L en justifiant le nombre de chiffres
significatifs retenus.
Ec1 =
!
1
2
mvL2 ≈ 18 kJ (2 chiffres significatifs également) 0,5 pt
B. Tension de l’élastique (x > L)
À partir de x = L, l’élastique se tend et exerce une force de rappel sur le sauteur.
1. Rappeler la relation vectorielle entre la force
!
r
F
d’un ressort et son allongement relatif
!
!x
.
!
r
F
= -k
!
!x
0,5 pt
2. Exprimer la constante de rappel k du ressort en fonction de ∆l1, m1 et g.
On peut écrire en module : F = k ∆x soit k = F/∆x = m1 g/∆l1 1 pt
3. Calculer la constante de rappel k du ressort.
k = m1 g/∆l1 = 1 kg x 9,8 m.s-2 / 0,3 m ≈ 33 N/m 0,5 pt
4. Exprimer le module de la force de rappel F qui s’exerce sur le sauteur, en fonction de k,
x et L.
Il faut considérer l’allongement au-delà de x = L soit : |F| = k (x - L) 1 pt
5. Représenter les forces qui s’exercent sur le sauteur un peu en dessous de x = L.
Remarque : « un peu en dessous de x = L » on a ||
!
r
F
|| << ||
!
P
|| 1 pt
6. Donner l’expression littérale de la force totale
!
r
F
T
qui s’exerce sur le sauteur pour x > L.
Projeter cette force sur l’axe Ox.
!
FT=P+F
avec le poids : P = mg constant et dirigé vers le bas et la force F (rappel du
ressort) |F| = k (x - L) dirigée vers le haut.
La projection sur Ox donne FT = mg - k(x-L). 1 pt
C. Changement de repère et calcul de Lmax
Pour simplifier les calculs, on change de repère : l’origine O’ de l’axe correspond main-
tenant à la position du sauteur où l’élastique commence à se tendre (position de la figure
3). Dans ce nouveau repère, le point le plus bas atteint par le sauteur est noté x = Lmax.
1. Écrire la nouvelle expression (simplifiée) de la force FT.
Poids inchangé : P = mg constant et dirigé vers le bas.
Rappel du ressort : |F| = kx dirigée vers le haut.
La projection sur Ox donne FT = mg - kx. 1 pt
2. En utilisant le théorème de l’énergie cinétique, établir une relation entre l’énergie
cinétique Ec1 (question A.4) et la longueur Lmax.

En x = Lmax la vitesse du sauteur sʼannule et Ec(x = Lmax) = 0. On écrit le théorème de
lʼénergie cinétique :
∆Ec = Ec finale - Ec initiale =
!
FT.dx
initiale
finale
"
soit :
0 - Ec1 =
!
0
Lmax
"
(mg - kx) dx soit :
- Ec1 = mg (Lmax - 0) -
!
1
2
k(Lmax2 - 02) soit :
kLmax2 - 2mgLmax - 2Ec1 = 0 1,5 pt
3. Résoudre cette équation de façon littérale.
Lmax = [mg ±
!
m2g2+2kEc1
]/k 0,5 pt
4. Calculer Lmax 1 et Lmax 2.
On trouve Lmax 1 = 62,9 m et Lmax 2 = -17,9 m 0,5 pt
5. Quelle est la solution physiquement valable ? Justifier.
La solution à retenir est la solution positive (en dessous du point O’) : Lmax 1 = 62,9 m 1 pt
Figure 3. Figure 4.
D. Oscillations du sauteur
On considère la position la plus basse du sauteur (figure 4) et on suppose toujours que les
frottements sont négligeables.
1. Donner les expressions littérales de la vitesse vLmax et de l’accélération aLmax du sauteur
au point x = Lmax.
vLmax = 0 et aLmax = FT/m = (mg - kLmax)/m = g - kLmax/m 1 pt
2. Calculer aLmax. Préciser la direction de l’accélération.
aLmax = g - kLmax/m = 17,6 m.s-2
Soit une accélération de près de 2g (dirigée vers le haut). 0,5 pt
3. Quelle sera la vitesse du sauteur lorsqu’il repassera par le point O’ ?
Conservation de l’énergie : Ecin en descendant = Ecin en remontant (le ressort est dans le
même état d’étirement). Soit vO’ = vL de la question A.2 : soit vL = 22 m/s. 1 pt
4. Jusqu’à quelle hauteur remontera le sauteur ?

La conservation de l’énergie nous indique que le sauteur remonterait jusqu’au point O
(point de départ), où sa vitesse s’annulerait. 0,5 pt
E. Mouvement avec frottements
On considère qu’à chaque oscillation entre 2 positions hautes du sauteur, le système
sauteur + élastique a perdu 20% de son énergie mécanique.
1. Déterminer la position xf d’équilibre final du sauteur.
Le sauteur se stabilisera asymptotiquement à une hauteur où FT = 0 soit : FT = mg - kxf = 0
soit : xf = mg/k soit : xf = 22,5 m (en dessous du point O’). 1 pt
2. Déterminer à quelle hauteur remonte le sauteur après la première oscillation.
Le potentiel auquel est soumis le sauteur s’écrit (l’axe x étant orienté vers le bas) :
U(x) = - mgx pour -L ≤ x ≤ 0
U(x) = - mgx +
!
1
2
kx2 pour 0 < x ≤ Lmax
Ce potentiel est donc dissymétrique et il a l’allure suivante :

L’énergie mécanique initiale est égale à l’énergie potentielle maximale :
Em = Umax = mgL
(et en l’absence de frottements, elle est aussi égale à U(x=Lmax) = -mgLmax +
!
1
2
kLmax2 : voir
la partie C du problème).
Au fond du puits de potentiel (dans l’état d’équilibre final, en x = xf), l’énergie potentielle
est : Umin = -mgxf +
!
1
2
kxf2.
La profondeur du puits de potentiel est donc :
∆U0 = Umax - Umin = mgL - (-mgxf +
!
1
2
kxf2).
Après une oscillation, le sauteur remontera à l’abscisse x1 > 0 où son énergie mécanique
sera uniquement de l’énergie potentielle de pesanteur :
E1 = U1 = -mgx1
La profondeur du puits de potentiel est désormais :
∆U1 = U1 - Umin = -mgx1 - (-mgxf +
!
1
2
kxf2).
En écrivant alors que ∆U1 = γ ∆U0 (avec γ = 80% = 0,8), on a :
-mgx1 - (-mgxf +
!
1
2
kxf2) = γ [mgL - (-mgxf +
!
1
2
kxf2)] ce qui peut s’écrire :
x1 - (xf -
!
1
2
(k/mg)xf2) = γ [-L - (xf -
!
1
2
(k/mg)xf2)] soit :
x1 = (1 - γ)[(xf -
!
1
2
(k/mg)xf2)] - γL
Le calcul donne :
x1 = (1 - 0,8)[(22,5 m -
!
1
2
(33 N/m / (75 kg x 9,8 m/s2)) x (22,5 m)2)] - (0,8 x 25 m)
x1 = -17,8 m c’est à dire 7,2 mètres sous le pont. 1 pt
3. La période des oscillations s’écrit T = 2π
!
m/k
. Calculer T.
T = 9,52 s (NB : en toute rigueur, cette relation n’est valable que dans un potentiel
harmonique. Elle n’est donc applicable ici que lorsque le sauteur oscille en dessous de O’
c’est à dire pour t > t6 : cf. question suivante). 0,5 pt
4. Combien de temps faut-il pour que le sauteur ne remonte plus qu’à la position O’ ?
Pour cela, il faut chercher n tel que xn = 0 avec ∆Un = γn ∆U0 (γ = 80%), soit :
-mgxn - (-mgxf +
!
1
2
kxf2) = γn [mgL - (-mgxf +
!
1
2
kxf2)] ce qui peut s’écrire :
xn - (xf -
!
1
2
(k/mg)xf2) = γn [-L - (xf -
!
1
2
(k/mg)xf2)] avec xn = 0 soit :
γn =
!
xf"1
2(k/mg)xf
2
L+xf"1
2(k/mg)xf
2
et en prenant le logarithme :
n =
!
ln[xf"1
2(k/mg)xf
2]"ln[L +xf"1
2(k/mg)xf
2]
ln #
Le calcul donne n = 5,24
Après 5 oscillations (t5 ≈ 47,6 s), le sauteur remonte encore au-dessus de O’.
Mais à la 6ème oscillation (t6 ≈ 57,1 s), je sauteur reste en dessous de O’ (il continue à
osciller, mais l’élastique n’est jamais complètement détendu). 1 pt
5. Qu’est devenue l’énergie mécanique du système lorsque le sauteur s’est immobilisé ?
Une partie de l’énergie potentielle initiale se retrouve dans la tension du ressort, et le reste
de l’énergie a été dégradé en chaleur. 1 pt
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