Antilles Guyane 2009 exercice II. Un toboggan de plage ( 5,5 points)

Antilles Guyane 2009 EXERCICE II. UN TOBOGGAN DE PLAGE ( 5,5 points) Correction © http://labolycee.org 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.v²D + 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 = 1.5. v0 = = 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 appliquée à un système de masse m est égale à la masse du système multipliée par le vecteur accélération de son centre d’inertie : = m. 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 : = m.  m. = m.  = 2.3. Dans le repère (Oxy) choisi : (t) 2.4. Sachant que : on a : (t) par intégration (t) or donc (t) 2.5. Sachant que : on a : (t) par intégration : (t) or (0) donc (t) 2.6. On isole le temps t dans x(t) = v0.cos.t et on reporte t dans y(t) pour avoir l’équation de la trajectoire y(x) : t =  y(x) = y(x)= 2.7. Il faut résoudre l’équation : y(xP) = – H car pour x = xP, y = – H : donc : = – H Calculons les termes devant xP² et xP : = – 0,27 m-1 tan = 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 = 0,94 les solutions pour xP sont : = –0,54 m et = 2,8 m Or xP est positif , xP = 2,8 m Calculs effectués avec les valeurs non arrondies de tan(30) et de

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