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Corrigé 2009 : « jeu de plongeon » à la piscine

Détails: Catégorie : Mécanique

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1.1.

$\left\{\begin{array}{l} a_{x}=0 \\ a_{z}=-g \end{array} \right.$ $\rightarrow$ $\left\{\begin{array}{l} v_{x}=v_{0}cos\alpha \\ v_{z}= -gt + v_{0}sin\alpha \end{array} \right.$ $\rightarrow$ $\left\{\begin{array} {l} x=v_{0}tcos\alpha \\ z= -\frac{1}{2}gt^{2} + v_{0}tsin\alpha + h_{1} \end{array} \right.$

$z = - \frac{1}{2} g\frac{x^{2}}{ v_{0}^{2}cos^{2}\alpha} + xtan\alpha + h_{1} = - \frac{1}{2} 10\frac{x^{2}}{ 8^{2}cos^{2}\45} + x + 1,5$

$z = - 0,156 x^{2} + x + 1,5$

1.2. :

$x = l = 1,6 m$ $\longrightarrow$ $z_{l} = - 0,156 (1,6)^{2} + 1,6 + 1,5 = 2,7 m$

Or $h_{2} = 2 m$ et $z_{l} > h_{2}$ donc le ballon passe au dessus de la corde.

1.3 :

$z = 0$ $\longrightarrow$ $- 0,156.x^{2} + x + 1,5 = 0$

$\Delta = 1 + 4 \times 1,5 \times 0,156 = 1,94$

$x = \frac{-1 \pm \sqrt{1,94}}{- 2 \times 0,156} = 7,7 m$

La distance qui sépare le solide de la ligne d’arrivée lorsqu’il touche l’eau est :

$L - x = 20 - 7,7 = 12,3 m$

1.4. :

On applique le théorème de l’énergie cinétique au solide entre l’instant initial et l’instant où il touche l’eau :

$\frac{1}{2} mv_{2}^{2} - \frac{1}{2} mv_{0}^{2} = mgh_{1} \rightarrow v_{2} = \sqrt{2gh_{1} + v^{2}_{0}} = \sqrt {2 \times 10 \times 1,5 + 64} = 9,7 m.s^{-1}$

$\sin \beta = \frac{v_{0}cos\alpha}{v_{2}} = \frac{8 × cos 45}{9,7} = 0,58$ $\longrightarrow$ $\beta = 35,7°$

2. :

$x_{3} = 12 m \longrightarrow z_{3} = 0$

$- \frac{1}{2} g\frac{x_{3}^{2}}{ v_{0}^{2}cos^{2}\alpha} + x_{3}tan\alpha + h_{1} = 0 \rightarrow v_{0} = \frac{1}{cos\alpha} \sqrt{\frac{ gx_{3}^{2}}{2(x_{3}tan\alpha + h_{1})}} = 10,3 m.s^{-1}$

La suite est réservée aux séries S1 et S3

3.3.1

$z=-\frac{1}{2}g\frac{x^{2}}{V’_{0}^{2}cos^ {2}a’} + tan \alpha ‘ + h_{1}$

Tenant compte du fait que    $\frac{1}{cos^{2} \alpha ’} = 1+ tan^{2} \alpha ‘$    l’équation précédente s’écrit :

$z = - \frac{1}{2} g \frac {x^{2}}{V ’ _{0}^{2}} (1 + tan^{2} \alpha’ ) + x tan \alpha ‘ + h_{1}$

Au point de chute on a : x = 12 m ; par ailleurs $V_{0}’ = 11 m. s^{-1}$ .

Si on pose $Y = \tan \alpha$ ' l’équation précédente est une équation du second degré en Y qui s’écrit :

$- 5,95 Y^{2} + 12Y – 4,45 = 0$

La résolution de cette équation conduit à deux solutions :

$Y_{1} = tan \alpha\prime_{1} = 1,526$ d’où $\alpha’1 = 56,77$ °

$Y_{2} = tan \alpha\prime_{2} = 0,490$ impliquant $\alpha’_{2} = 26,10$ °

On calcule la durée de chute pour chaque valeur de $\alpha$ ’ par $t = \frac{x}{V’ _{0}cos \alpha ‘}$ :

-   pour $\alpha\prime_{1} = 56,77$ ° on obtient $t_{1} = 1,990 s$

-   pour $\alpha\prime_{2} = 26,10$ ° on trouve $t_{2} = 1,210 s$

Comme $t_{2} < t_{1}$ donc la solution à retenir est :    $\alpha’_{2} = 26,10$ °

3.3.2.

Pour les essais décrits en 3.2 et en 3.3.1 on calcule la valeur de z pour x = l= 1,6 m.

- Pour l’essai décrit en 3.2 on fait $V'_{0} = 10,3m.s^{-1}$ et x = 1,6 m et $\alpha = 45$ ° ; d’où :

$z_{1} = - \frac{1}{2} 10 \frac{1,6^{2}}{(10,3)^{2} cos^{2} 45°} + 1,6 + 1,5 = 2,86 m$

- Pour l’essai décrit en 3.3.1 on fait $V’_{0} = 11 m. s^{-1}$ et x = 1,6 m mais avec $\alpha’_{2} = 26,10$ ° ; d’où :

$z_{1} = - \frac{1}{2} 10 \frac{1,6^{2}}{(11)^{2} cos^{2} 26,1°} + 1,6 x + 0,49 + 1,5 = 2,15 m$

On trouve $z_{1} > z_{2}$    donc la balle s’élève plus au-dessus de la corde lors du second essai c'est-à-dire à l’essai décrit en 3.2.

NB :

Dans les relations à partir de la question 3.3 $V '_{0}=V_{0}$

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