CORRIGE ex 1 :

Corrections
Source :http://www.chimix.com/an6/concours/ap21.htm
Exercice 1 : énergie mécanique, 2ème loi de Newton
I-Etude du mouvement entre A et B :
1-Inventaire des forces extérieures agissant sur le boulet :
-Le poids, vertical, vers le bas, valeur P=mg.
-L'action du plan, perpendiculaire au plan en absence de frottement.
2-Expression de l'énergie potentielle de pesanteur au point A :
Epp(A) = mg hA = mgD sin  avec m = 0,010 kg ; g = 9,8 m/s²; hA= D sin  = 0,50 sin 30 =
0,25 m.
Epp(A) = 0,010*9,8*0,25 ; Epp(A) = 2,5 10-2 J.
Expression puis la valeur de l'énergie mécanique du système au point A :
La vitesse, et en conséquence l''énergie cinétique sont nulles en A.
L'énergie mécanique est la somme de l'énergie potentielle et de l'énergie cinétique :
EM(A) = Epp(A) = mgD sin  = 2,5 10-2 J.
Valeur de l'énergie mécanique au point B :
Entre A et B seul le poids travaille ( l'action du plan, perpendiculaire à la vitesse, ne travaille
pas) : en conséquence l'énergie mécanique est constante entre A et B.
EM(B) = EM(A) = mgD sin  = 2,5 10-2 J.
3-Expression de la vitesse au point B :
L'altitude de B est égale à celle de C : zB=0 ; donc l'énergie potentielle de pesanteur est nulle
en B.

En conséquence l'énergie mécanique du système est sous forme cinétique en B.
EM(B) = ½mvB2.
De plus EM(B) = EM(A) = mgD sin 
d'où : ½mvB2 =mgD sin  ; vB= (2gD sin )½.
2-Etude du mouvement après le point C
Enoncé de la deuxième loi de Newton : Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des
forces extérieures appliquées à un système est égale au produit de la masse du système par
l’accélération de son centre d'inertie G.
Lorsque que le boulet a quitté le point C, il se trouve en chute libre : il n'est soumis qu'à son
poids.
Composantes du vecteur position dans le repère Cxz : ax=0 ; az=-g.
Composantes du vecteur vitesse dans le repère Cxz :
vitesse en C : vCx = vC =vB= (2gD sin )½ ; vCz= 0
Le vecteur vitesse est une primitive du vecteur accélération :
vx= vCx = (2gD sin )½ ; vy= -gt.
Equation de la trajectoire donnant l'expression de z en fonction de x :
x= (2gD sin)½ t donne t = x/(2gD sin)½
repport dans l'expression donnant z : z= - ½gt2.
z = -½g x2/(2gD sin).

Temps nécessaire pour que le boulet atteigne le sol :
Au sol z = - hC=- 0,40 m
- hC = - ½gt2 ; t = (2hC/g)½ = (2*0,40/9,8)½ ; t = 0,29 s. ( 0,286 s)
Abscisse xS du boulet lorsqu'il touche le sol :
xS= vC t = 2,2*0,286 ; xS=0,63 m.
Or l'abscisse de la cible est comprise entre x1 =0,55 m et x2 = 0,60 m : la cible n'est pas
atteinte.
Quelle distance D faudrait-il choisir pour atteindre le point de la cible à l'abscisse xS=
0,57 m ?
x= (2gD sin)½ t ; x2/t2 = 2gD sin ; D= x2/( t2 2g sin)
D= 0,572 / ( 0,2862*2*9,8*sin 30) ; D= 0,41 m.
Exercice 2
1-équation de la trajectoire dans le repère indiqué : accélération : (0; g)
vitesse , primitive de l'accélération : ( v0cos ; gt - v0 sin )
position, primitive de la vitesse : x= v0cos t ; y = ½gt²- v0 sin t .
t = x/( v0cos; repport dans l'expression de y : y= ½gx²/(v0cos)² - x tan .
y= 4,9 x²/(5 cos 30)² - x tan30 = 0,261 x²-0,577 x.
2-durée écoulée entre l'instant où le plongeur quitte le point O et le moment où il entre dans
l'eau :
résoudre y= 8 soit : 8=4,9 t²-2,5 t ; 4,9 t²-2,5 t-8=0 ; t = 1,56 s.
3-coordonnées du point où le plongeur touche l'eau :
x= v0cos t= 5 cos30*1,56 = 6,75 m
y = ½gt²- v0 sin t = 4,9*1,56²-5 sin30*1,56 = 8 m.
4-valeur de la vitesse du plongeur au moment où il touche l'eau :
vx= v0cos = 5 cos30 =4,33 ; vy= gt - v0 sin = 9,8*1,56 -5 sin30 = 12,8 m/s
v² = v²x+v²y=4,33² + 12,8² = 182,6 ; v = 13,5 m/s.