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 = [pic]
1.5. v0 = [pic]= 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
[pic]appliquée à un système de masse m est égale à la masse du système
multipliée par le vecteur accélération [pic] de son centre d'inertie :
[pic]= m.[pic] 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 : [pic]= m.[pic]
( m.[pic] = m.[pic]
( [pic]=[pic]
2.3. Dans le repère (Oxy) choisi : [pic](t)[pic]
2.4. Sachant que : [pic] on a : [pic](t)[pic]
par intégration [pic](t)[pic] or [pic][pic]
donc [pic](t)[pic]
2.5. Sachant que : [pic] on a : [pic](t)[pic] par intégration : [pic](t)[pic] or [pic](0)[pic]
donc [pic](t)[pic] 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 = [pic] ( y(x) =[pic]
y(x)=[pic] 2.7. Il faut résoudre l'équation : y(xP) = - H car pour x = xP, y = - H :
donc : [pic]= - H
Calculons les termes devant xP² et xP :
[pic]= - 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 [pic]= 0,94
les solutions pour xP sont :
[pic]= -0,54 m et [pic] = 2,8 m
Or xP est positif , xP = 2,8 m
Calculs effectués avec les valeurs non arrondies de tan(30) et de [pic]
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[pic] [pic] (