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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 : E
PPO
= 0 J
pour y
0
= 0 m.
Au point D de hauteur y
D
= h par rapport au
point O, l’énergie potentielle de pesanteur est
alors : E
PPD
= m.g.h
1.2. Energie mécanique au point D :
E
MD
= E
CD
+ E
PPD
= ½.m.v²
D
+ m.g.h
Or l’enfant part en D sans vitesse initiale
(énoncé) donc v
D
= 0 m.s
-1
et E
CD
= 0 J d’où :
E
MD
= m.g.h
1.3. Energie mécanique au point O : E
MO
= E
CO
+ E
PPO
= ½.m.v
02
+ m.g.y
0
Comme y
0
= 0 m il vient : E
MO
= ½.m.v
02
1.4. Au cours du mouvement les frottements et les actions de l’air sont négligés (énoncé) donc
l’énergie mécanique se conserve, ainsi : E
MD
= E
MO
⇔ m.g.h = ½.m.v
02
⇔ v
02
= 2.g.h
en ne conservant que la solution positive : v
0
=
2.g.h
1.5. v
0
=
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
α

2.4. Sachant que :
dv
a
dt
= on a :
a
(t)
x
x
y
y
dv
a (t) 0
dt
dv
a (t) g
dt
= =
= − =
par intégration
v
(t)
x 1
y 2
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
= = α
= = α
donc
v
(t)
x 0
y 0
v (t) v .cos
v (t) g.t v .sin
= α
= − + α
2.5. Sachant que :
dOG
v
dt
= on a :
v
(t)
x 0
y 0
dx
v (t) v .cos dt
dy
v (t) g.t v .sin
dt
= α =
= − + α =
par intégration :
OG
(t)
'
0 1
2 '
0 2
x(t) v .cos .t Cte
1
y(t) .g.t v .sin .t Cte
2
= α +
= − + α +
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
= α
= − + α
2.6. On isole le temps t dans x(t) = v
0
.cosα.t et on reporte t dans y(t) pour avoir l’équation de la
trajectoire y(x) :
t =
0
x
v .cos
α
⇒ y(x) =
2
0
0 0
1 x x
.g. v .sin .
2 v .cos v .cos
− + α
α α
y(x)=
2
2 2
0
1 x
.g. x.tan
2 v .cos
− + α
α
2.7. Il faut résoudre l’équation : y(x
P
) = – H car pour x = x
P
, y = – H :
donc :
2
PP
2 2
0
x
1
.g. x .tan
2 v .cos
− + α
α= – H
Calculons les termes devant x
P
² et x
P
:
2 2 2 2
0
1 g 1 10
.
2 v .cos 2 5,0 cos (30)
− = − ×
α × = – 0,27
m
-1
tanα = tan(30) = 0,58
Il faut résoudre l’équation, avec H = 0,50 m : – 0,27.x²
P
+ 0,58.x
P
= – 0,50
Soit l’équation du second degré : – 0,27.x²
P
+ 0,58.x
P
+ 0,50 = 0
∆ = (0,58)² – 4 × (–0,27) × 0,50 = 0,88 et
0,88
∆ = = 0,94
les solutions pour x
P
sont :
(
)
( )
− +
=× −
P
0,58 0,94
x
2 0,27
= –0,54 m et
(
)
( )
− −
=× −
P
0,58 0,94
x
2 0,27
= 2,8 m
Or x
P
est positif , x
P
= 2,8 m
Calculs effectués avec les valeurs non arrondies de tan(30) et de
2 2
0
1 g
.
2 v .cos
−
α