Exercice 2 : Le trébuchet (5,5 points)

Réunion 2007
Calculatrice interdite
Exercice 2 : Le trébuchet (5,5 points)
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Étude du mouvement du projectile après libération
r
PA
z
r
g
r
v0
α
r
P
Figure 1.
Tir a trébuchet
H
O
r
1. Caractéristiques du poids P :
- direction: verticale
- sens: vers le bas
- valeur: P = m.g
P = 130 × 10 = 1,3×103 N
r
Caractéristiques de la poussée d'Archimède PA :
- direction: verticale
- sens: vers le haut
- valeur: PA = ρair.V.g
PA = 1,3 × 50×10–3 × 10 = 1,3×5,0×10–1 = 6,5×10-1 N
Sol
x
(V = 50 L = 50×10–3 m3)
1
P
13
, ﾴ103
ﾴ104 = 0,20×104 = 2,0×103
=
−1 =
5, 0
PA 13
, ﾴ5, 0 ﾴ10
Le valeur du poids est environ 2000 fois plus grande que la valeur de la poussée d'Archimède.
On peut donc négliger par la suite la poussée d'Archimède devant le poids.
2.
Calculons:
3. Système : Le projectile
Référentiel : le sol , référentiel terrestre supposé galiléen
Dans le cadre de la chute libre, le projectile n'est soumis qu'à la force poids.
r
r
r
r
La 2nde loi de Newton donne: P = m. a
⇔
m. g =m. a
r r
soit: a = g
r
En projection selon les axes Ox et Oz du repère choisi et compte tenu du sens du vecteur g
indiqué sur la figure 1 ci-dessus, il vient:
r ￬a = g x = 0
a￭ x
￮az = g z = −g
4.
r
Coordonnées du vecteur vitesse initiale v 0 :
r ￬v 0x = v 0 .cos α
v0 ￭
￮v 0z = v 0 .sin α
r
r dv
dv x ( t )
dv z ( t )
5. À chaque instant, a =
donc : ax(t) =
et az(t) =
, en primitivant on a :
dt
dt
dt
r ￬v (t ) = Cte1
v￭ x
￮v z (t ) = −g.t + Cte2
r
r
Compte tenu du vecteur vitesse initiale v 0 = v( 0) on a :
v0 . cosα = Cte1
v0 . sinα = 0 + Cte2
Finalement :
r ￬v x (t ) = v 0 .cos α
v￭
￮v z (t ) = −g.t + v 0 .sin α
6.Comme
à chaque instant la composante du vecteur vitesse sur l'axe horizontal est constante
(vx(t) = v0 . cosα = Cte1), le mouvement du projectile en projection sur l'axe horizontal est
uniforme.
uuur
dx (t )
dz(t )
r dOG
7. À chaque instant v =
donc vx(t) =
et vz(t) =
, en primitivant on a :
dt
dt
dt
uuur ￬ﾴx( t ) = v 0 .cos α .t + Cte3
OG ￭
1
z(t ) = − g.t² + v 0 .sin α .t + Cte4
ﾴ
￮
2
Or à t = 0 le projectile est au point de coordonnées (x(0) = 0; z(0) = H) donc:
x(0) = 0 + Cte3 = 0
z(0) = 0 + 0 + Cte4 = H
Finalement :
uuur ￬ﾴx( t ) = v 0 .cos α .t
OG ￭
1
z(t ) = − g.t² + v 0.sin α .t + H
ﾴ
￮
2
x
v 0 .cos α
1
x²
x
+ v 0 .sin α .
+H
que l'on reporte dans z(t) : z(x) = − .g. 2
2 v 0 .cos ² α
v 0 .cos α
8. On tire de l'expression de x(t) = v0.cosα.t , le temps t :
t=
1
x²
+ x tan α + H
Finalement: z( x ) = − g 2
2 v 0 cos ²α
9.L'expression z(x) est de la forme: z(x) = a.x² + b.x + c avec a qui est négatif.
Il s'agit de l'équation d'une parabole dont la concavité est tournée vers le bas (a <0).
z
r
v0
α
Figure 1.
Tir a trébuchet
H
O
Sol
x
1
x²
z( x ) = − g 2
+ x tan α + H .
2 v 0 cos ²α
En supposant la hauteur de libération H constante, les deux paramètres de lancement qui
jouent un rôle dans le mouvement du projectile sont la vitesse initiale v 0 et l'angle de tir α.
L’intensité du champ de pesanteur g étant également constante.
10.À
la question 8, on a obtenu
Le projectile est lancé avec une vitesse initiale horizontale donc α = 0 ; on a alors cosα = 1
et tanα = 0. L'équation de la trajectoire devient :
1 x²
z( x ) = − g 2 + H
2 v0
1 x²
L'abscisse de son point de chute est telle que z = 0 soit : 0 = − g 2 + H
2 v0
1 x²
g
=H
2 v 02
11.
2.v 02 .H
x² =
g
et finalement
12.D’après
la réponse du 11., on a
Si x = 100 m alors:
v 0 = x.
v0 = 100 ﾴ
x = v 0.
2H
nécessairement positif
g
g
2.H
10
= 100 ﾴ 0,5 = 100 × 7,1×10-1= 71 m.s-1
2 ﾴ10