Exercices sur les concepts de physique 4 - correction, Exercices de Principes fondamentaux de physique
Eleonore_sa
Eleonore_sa8 mai 2014

Exercices sur les concepts de physique 4 - correction, Exercices de Principes fondamentaux de physique

PDF (197 KB)
2 pages
384Numéro de visites
Description
Exercices de physique sur le toboggan de plage - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Mouvement de l’enfant entre D et O, Étude de la chute de l’enfant dans l’eau.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu2 pages / 2
Télécharger le document
Exercice II: Un toboggan de plage (5,5 points)

Antilles Guyane 2009 EXERCICE II. UN TOBOGGAN DE PLAGE ( 5,5 points)

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 = 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 2.1. Dans un référentiel galiléen, la somme

des forces extérieures extF 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 :

extF = m.a 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

2.3. Dans le repère (Oxy) choisi : a (t) x

y

a (t) 0

a (t) g

 

 

g

0v

2.4. Sachant que : dv

a dt  on a : a (t)

x x

y

y

dv a (t) 0

dt

dv a (t) g

dt

  

     

par intégration v (t) x 1

y 2

v (t) Cte

v (t) g.t Cte

 

   or 0v

x 1 0

y 2 0

v (0) Cte v .cos

v (0) Cte v .sin

   

  

donc v (t) x 0

y 0

v (t) v .cos

v (t) g.t v .sin

  

   

2.5. Sachant que : dOG

v dt

 on a : v (t) x 0

y 0

dx v (t) v .cos

dt

dy v (t) g.t v .sin

dt

   

       

par intégration : OG (t)

'

0 1

2 '

0 2

x(t) v .cos .t Cte

1 y(t) .g.t v .sin .t Cte

2

     

     

or OG (0) '

1

'

2

x(0) Cte 0

y(0) Cte 0

   

 

donc OG (t) 0

2

0

x(t) v .cos .t

1 y(t) .g.t v .sin .t

2

   

    

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 = 0

x

v .cos  y(x) =

2

0

0 0

1 x x .g. v .sin .

2 v .cos v .cos

     

  

y(x)= 2

2 2

0

1 x .g. x.tan

2 v .cos   

2.7. Il faut résoudre l’équation : y(xP) = – H car pour x = xP, y = – H :

donc : 2

P P2 2

0

x1 .g. x .tan

2 v .cos   

 = – H

Calculons les termes devant xP² et xP :

2 2 2 2

0

1 g 1 10 .

2 v .cos 2 5,0 cos (30)    

  = – 0,27m-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 0,88  = 0,94

les solutions pour xP sont :

   

  

  P

0,58 0,94 x

2 0,27 = –0,54 m et

   

  

  P

0,58 0,94 x

2 0,27 = 2,8 m

Or xP est positif , xP = 2,8 m

Calculs effectués avec les valeurs non arrondies de tan(30) et de 2 2

0

1 g .

2 v .cos 

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Télécharger le document