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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 : 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.v² D + 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
α
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 (0) = Cte1 = v 0 .cos α
v x (t) = Cte1
par intégration v (t) 
or v 0 
v y (t) = −g.t + Cte2
 v y (0) = Cte2 = v 0 .sin α
v x (t) = v 0 .cos α
donc v (t) 
v y (t) = −g.t + v 0 .sin α
dx

v (t) = v 0 .cos α =
dOG
 x
dt
2.5. Sachant que : v =
on a : v (t) 
dt
v (t) = −g.t + v .sin α = dy
0
 y
dt
'
 x(t) = v 0 .cos α.t + Cte1
par intégration : OG (t) 
1 2
'
 y(t) = − .g.t + v 0 .sin α.t + Cte2
2

 x(t) = v 0 .cos α.t
donc OG (t) 
1 2
 y(t) = − 2 .g.t + v 0 .sin α.t
or
 x(0) = Cte1' = 0
OG (0) 
'
 y(0) = Cte2 = 0
2.6. On isole le temps t dans x(t) = v0.cosα.t et on reporte t dans y(t) pour avoir l’équation de la
trajectoire y(x) :
x
t=
⇒
v 0 .cos α
2

1 
x
x
y(x) = − .g. 
 + v 0 .sinα.
2  v 0 .cos α 
v 0 .cos α
1
x2
y(x)= − .g. 2
+ x.tanα
2 v 0 .cos2 α
2.7. Il faut résoudre l’équation : y(xP) = – H car pour x = xP, y = – H :
x2
1
donc : − .g. 2 P 2 + xP .tanα = – H
2 v 0 .cos α
Calculons les termes devant xP² et xP :
1
g
1
10
− . 2
=− ×
= – 0,27 m-1
2
2
2
2 v 0 .cos α
2 5,0 × cos (30)
tanα = 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 :
( −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 α