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Corrigé 1998 : Mouvement d’un skieur sur un plan iACncliné

Détails: Catégorie : Mécanique

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1. Expression littérale de la vitesse du skieur en fonction de $\theta$ = $\widehat {ABM}$ et de la vitesse $v_{A}$ .

- Système matériel : M

- Bilan des forces :

$\vec {P}$ (poids du système) et $\vec {R}$ (réaction du support)

- Appliquons le théorème de l'énergie cinétique sur le système entre A et M

$\frac{1}{2} mv^2 - \frac {1}{2} mv_{A}^{2} = W^{\vec{P}} + W^{\vec{R}}$ (1)

avec :

$W^{\vec{R}} = 0$ car $\vec{R}$ est toujours perpendiculaire au déplacement.

$W^{\vec{P}} = mg(Z_{A} - Z_{M}) = mgr(1 - cos \theta)$

donc (1) donne :

$\frac{1} {2} mv^2 - \frac {1} {2} mv_{A}^{2} = mgr(1 - \theta)$

d'où $v = \sqrt{2gr(1 - cos \theta ) + v_{A}^{2}}$

2.

- Système matériel : M

- Référentiel : terrestre

- Bilan des forces : $\vec {P}$ (poids du système) et $\vec {R}$ (réaction du support)

- théorème du centre d'inertie : $\vec {P} + \vec{R} = m\vec{a}$ (2)

- Repère de Frénet : $(M, \vec {u}_n , \vec {u}_t)$

Projection de (2) sur l'axe normal : $P cos\theta - R = ma_{n}$

Le skieur quitte la piste si $\theta = \theta_{0}$ donc à cette position $R = 0$ soit :

$P cos \theta_{0} = ma_{n} ? P cos \theta_{0} = m \frac{v^2}{r}$ \longrightarrow $gcos \theta_{0} = 2g(1 - cos \theta_{0}) + \frac{v_A^2}{r}$

donc : $cos \theta_{0} = \frac{2}{3} + \frac{v^2_A}{3gr}$

Application numérique :

$cos \theta_{0} = \frac{2}{3} + \frac{10^2}{3 \times 10 \times 20} = 0,83$ $\longrightarrow{tex} {tex}\theta_{0} = 33,6$ °

3.1 :

- Système matériel : M

- Référentiel : terrestre

- Bilan des forces : $\vec {P}$ (poids du système)

- théorème du centre d'inertie : $\vec {P}= m\vec {a}$ (3) - Repère (O, x, z)

Projection de (3) sur :

$\left\{ \begin{array}{l} \ (Ox) : 0 = ma_x \\ \ (Oz ) : mg = ma_z \\ \end{array} \right.$ $\longrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{l} \ a_x = 0 \\ \ a_z = g \\ \end{array} \right.$ $\longrightarrow$

$\left\{ \begin{array}{l} \ v_x = v_0 sin \beta \\ \ v_z = gt + v_0 cos \beta \\ \end{array} \right.$ $\longrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{l} \ x = v_0 t sin \beta (4)\\ \ z = \frac{1}{2}gt^2 + v_0 t cos \beta (5)\\ \end{array} \right.$

(4) $\longrightarrow t = \frac{x}{v_0 sin \beta}$

(5) $\longrightarrow z = \frac{1}{2}g \left( \frac{x}{v_0 sin \beta} \right) ^2 + v_0 \frac{x}{v_0 sin \beta} cos \beta$

L'équation de la trajectoire de M dans le repère (O, x, z) est :

$z = \left( \frac{g}{2 v^2_0 sin^2 \beta} \right) x^2 + x cotan \beta$

Avec :

$\beta = 90 - \theta_{0} = 90 - 33,6 = 56,4$ °

$v_{0} = \sqrt{2gr(1 - cos \theta_0 ) + v_{A}^{2}} = \sqrt{2 \times 10 \times 20 (1 - \cos 33,6 ) + 10^{2}} = 11,58 m/s$

3.2 :

Soit $M_{1} (x, z)$ un point de la piste de réception, on a : $\frac{z}{x} = tan 45$

donc z = x est l'équation du segment représentant la piste de réception.

Le point $C (x_{C}, z_{C})$ appartient à la trajectoire de M et à la piste de réception donc :

$\left\{ \begin{array}{l} \ z_C = \left( \displaystyle\frac{g}{2 v^2_0 sin^2 \beta} \right) x_C^2 + x_C cotan \beta\\ \ z_C = x_C\\ \end{array} \right.$

soit : $\left( \frac{g}{2 v^2_0 sin^2 \beta} \right) x_C^2 + x_C cotan \beta = x_C$

$\longrightarrow$ $\left( \frac{g}{2 v^2_0 sin^2 \beta} \right) x_C + cotan \beta = 1$

donc : $x_C = \frac{2 v^2_0 sin^2 \beta}{g} (1 - cotan \beta)$

Aussi $\frac{x_C}{OC} = cos 45$ $\longrightarrow$ $OC = \frac{x_C}{cos 45}$

donc : $OC = \frac{2 v^2_0 sin^2 \beta}{g cos 45} (1 - cotan \beta)$

Application numérique : $OC = \frac{2 \times 11,58^2 sin^2 56,4}{10 \times cos 45} (1 - cotan 56,4) = 8,83 m$

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