Antilles Guyane 2009 EXERCICE II. UN TOBOGGAN DE PLAGE
Publié le 06/02/2014
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Antilles Guyane 2009 EXERCICE II. UN TOBOGGAN DE PLAGE ( 5,5 points) Correction 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 ...
«
2.4.
Sachant que : dv
a
dt= r
r
on a :
a r
(t)x x
y y
dv a (t) 0 dt
dv a (t) g dt
ì = = ïïí
ï = - = ïî
par intégration
vr (t) x 1
y 2 v (t ) Cte
v (t ) g.t Cte =
ì
ï
í
= - +
ï
î or 0vr x 1 0
y 2 0 v (0) Cte v .
cos
v (0) Cte v .
sin = = a
ì
ï
í
= = a
ï
î
donc
vr (t) x 0
y 0 v (t ) v .
cos
v (t ) g.t v .
sin = a
ì
ï
í
= - + a
ï
î
2.5.
Sachant que : dOG
v
dt= uuur
r
on a :
vr (t) x 0
y 0 dx
v (t ) v .
cos
dt
dy
v (t ) g.t v .
sin
dtì
= a =
ï
ï
í
ï
= - + a =
ï
î
par intégration :
OG uuur
(t)
' 0 1
2 ' 0 2 x(t) v .
cos .t Cte
1
y(t) .g.t v .
sin .t Cte
2ì
= a +
ï
í
= - + a +
ï
î or
OG uuur
(0)
'1'2
x(0) Cte 0
y(0) Cte 0
ì = =
í = = î
donc
OG uuur
(t)
0
2 0 x(t) v .
cos .t
1
y(t) .g.t v .
sin .t
2= a
ì
ï
í
= - + a
ï
î
2.6.
On isole le temps t dans x(t) = v
0 .cos a .t et on reporte t dans y(t) pour avoir l’équation de la
trajectoire y(x) :
t =
0 x
v .
cos a Þ y(x) =
2
0 0 0 1 x x
.g.
v .sin .
2 v .cos v .cos æ ö
- + a
ç ÷
a a
è ø
y(x)=
2
2 20 1 x
.g.
x.tan
2 v .cos- + a
a
2.7.
Il faut résoudre l’équation : y(x
P ) = – H car pour x = x
P , y = – H :
donc :
2P P 2 20 x
1
.g.
x .tan
2 v .cos- + a
a = – H
Calculons les termes devant x
P ² et x
P :
2 2 2 20
1 g 1 10.2 v .cos 2 5,0 cos (30)- = - ´ a ´
= – 0,27 m -1
tan a = tan(30) = 0,58
Il faut résoudre l’équation, avec H = 0,50 m : – 0,27.x²
P + 0,58.x
P = – 0,50
Soit l’équation du second degré : – 0,27.x²
P + 0,58.x
P + 0,50 = 0
D = (0,58)² – 4 ´ (–0,27) ´ 0,50 = 0,88 et 0, 88D =
= 0,94
les solutions pour x
P sont :
( )
( )
- +
=
´ - P0,58 0,94
x
2 0, 27 = –0,54 m et
( )
( )
- - = ´ - P
0, 58 0, 94 x 2 0, 27 = 2,8 m
Or x
P est positif , x
P = 2,8 m
Calculs effectués avec les valeurs non arrondies de tan(30) et de
2 20 1 g
.
2 v .cos-
a.
»
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