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                                Source :http://www.chimix.com/an6/concours/ap21.htm

Exercice 1 : énergie mécanique, 2^ème loi de Newton

 

 

I-Etude du mouvement entre A et B :

1-Inventaire des forces extérieures agissant sur le boulet :

-Le poids, vertical, vers le bas, valeur P=mg.

-L'action du plan, perpendiculaire au plan en absence de frottement.

2-Expression de l'énergie potentielle de pesanteur au point A :

E_pp(A) = mg h_A = mgD sin a avec m = 0,010 kg ; g = 9,8 m/s²; h_A= D sin a = 0,50 sin 30 = 0,25 m.

E_pp(A) = 0,010*9,8*0,25 ; E_pp(A) = 2,5 10^-2 J.

Expression puis la valeur de l'énergie mécanique du système au point A :

La vitesse, et en conséquence l''énergie cinétique sont nulles en A.

L'énergie mécanique est la somme de l'énergie potentielle et de l'énergie cinétique :

E_M(A) = E_pp(A) = mgD sin a = 2,5 10^-2 J.

Valeur de l'énergie mécanique au point B :

Entre A et B seul le poids travaille ( l'action du plan, perpendiculaire à la vitesse, ne travaille pas) : en conséquence l'énergie mécanique est constante entre A et B.

E_M(B) = E_M(A) = mgD sin a = 2,5 10^-2 J.

3-Expression de la vitesse au point B :

L'altitude de B est égale à celle de C : z_B=0 ; donc l'énergie potentielle de pesanteur est nulle en B.

En conséquence l'énergie mécanique du système est sous forme cinétique en B.

E_M(B) = ½mv_B².

De plus E_M(B) = E_M(A) = mgD sin a

d'où : ½mv_B² =mgD sin a ; v_B= (2gD sin a)^½.

 

2-Etude du mouvement après le point C

 

Enoncé de la deuxième loi de Newton :  Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces extérieures appliquées à un système est égale au produit de la masse du système par l’accélération  de son centre d'inertie G.

Lorsque que le boulet a quitté le point C, il se trouve en chute libre : il n'est soumis qu'à son poids.

Composantes du vecteur position dans le repère Cxz : a_x=0 ; a_z=-g.

Composantes du vecteur vitesse dans le repère Cxz :

vitesse en C : v_Cx = v_C =v_B= (2gD sin a)^½ ; v_Cz= 0

Le vecteur vitesse est une primitive du vecteur accélération :

v_x= v_Cx = (2gD sin a)^½ ; v_y= -gt.

Equation de la trajectoire donnant l'expression de z en fonction de x :

x= (2gD sina)^½ t donne t = x/(2gD sina)^½

repport dans l'expression donnant z : z= - ½gt².

z = -½g x²/(2gD sina).

Temps nécessaire pour que le boulet atteigne le sol :

Au sol z = - h_C=- 0,40 m

- h_C = - ½gt² ; t = (2h_C/g)^½ = (2*0,40/9,8)^½ ; t = 0,29 s. ( 0,286 s)
Abscisse x_S du boulet lorsqu'il touche le sol :

x_S= v_C t = 2,2*0,286 ; x_S=0,63 m.

Or l'abscisse de la cible est comprise entre x₁ =0,55 m et x₂ = 0,60 m : la cible n'est pas atteinte.

Quelle distance D faudrait-il choisir pour atteindre le point de la cible à l'abscisse x_S= 0,57 m ?

x= (2gD sina)^½ t ; x²/t² = 2gD sina ; D= x²/( t² 2g sina)

D= 0,57² / ( 0,286²*2*9,8*sin 30) ; D= 0,41 m.

Exercice 2

 

1-équation de la trajectoire dans le repère indiqué : accélération : (0; g)

vitesse , primitive de l'accélération : ( v₀cosa ; gt - v₀ sin a )

position, primitive de la vitesse : x= v₀cosa t ; y = ½gt²- v₀ sin at .

t = x/( v₀cosa) ; repport dans l'expression de y : y= ½gx²/(v₀cosa)² - x tan a.

y= 4,9 x²/(5 cos 30)² - x tan30 = 0,261 x²-0,577 x.

2-durée écoulée entre l'instant où le plongeur quitte le point O et le moment où il entre dans l'eau :

résoudre y= 8 soit : 8=4,9 t²-2,5 t ; 4,9 t²-2,5 t-8=0 ; t = 1,56 s.

3-coordonnées du point où le plongeur touche l'eau :

x= v₀cosa t= 5 cos30*1,56 = 6,75 m

y = ½gt²- v₀ sin at = 4,9*1,56²-5 sin30*1,56 = 8 m.

4-valeur de la vitesse du plongeur au moment où il touche l'eau :

v_x= v₀cosa = 5 cos30 =4,33 ; v_y= gt - v₀ sin a = 9,8*1,56 -5 sin30 = 12,8 m/s

v² = v²_x+v²_y=4,33² + 12,8² = 182,6 ; v = 13,5 m/s.