EXERCICE I Record de saut en longueu à moto (6 points)

Terminale S
EXERCICE I. RECORD DE SAUT EN LONGUEUR À MOTO
Polynésie 09/2009
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1. La phase d’accélération du motard.
G1G3 G1G3

le facteur d’échelle donne : 1 cm (document)  2 m (réel)
t 3  t1
2
avec G1G3 = 6,4 cm sur le document donc réellement : G1G3 = 6,4 × 2 / 1 = 12,8 m
12,8
= 8,0 m.s-1
v2 
2  0,800
GG
GG
v4  3 5  3 5
t5  t3
2
avec G3G5 = 12,8 cm sur le document donc réellement : G3G5 = 12,8 × 2 / 1 = 25,6 m
v4
25,6
-1
= 16,0 m.s
v4 
2  0,800
1.2. Voir ci-contre. Échelle des vitesses : 1 cm  2 m.s-1 donc
v 2 représenté par une flèche de 8,0 × 1/2 = 4,0 cm
v 4 représenté par une flèche de 16,0 × 1/2 = 8,0 cm
Les vecteurs vitesses sont tangents à la trajectoire et orientés dans le sens du mouvement.
1.4. Expression du vecteur accélération a3 au point G3 : a3 
dv 3 v 3 v 4  v 2


dt
t
2
v 3
. Or le vecteur v 3 mesure 4,0 cm donc avec l’échelle des vitesses
2
1 cm  2 m.s-1 ; v3 = 4,0×2 / 1 = 8,0 m.s-1
Finalement : a3 
v4
v 3
8,0
= 5,0 m.s –2.
2  0,800
1.5.1. Le graphe de la figure 2 est une droite passant par l’origine,
donc la vitesse est proportionnelle au temps : v = k . t.
dv
d(k.t)
Par définition l’accélération a est a =
; ici a =
= k = Cte.
dt
dt
L’accélération de la moto est constante.
G3
a3 
v 2
G4
1.3. Voir ci-contre. Construction du vecteur v 3 = v 4 – v 2 en G3.
G5
1.1. v 2 
v2
entre les points (0 ; 0) et ( 50 ; 10 ) : a 
50  0
= 5,0 m.s-2.
10  0
G2
1.5.2. On détermine le coefficient directeur de la droite :
G0 G1
On retrouve bien la valeur obtenue graphiquement en 1.4.
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1.5.3. distance parcourue par le motard lorsque celui-ci a atteint une vitesse de 160 km.h-1 :
On a 160 km.h-1 = (160/3,6) = 44,4 m.s-1. On trace la droite horizontale d’équation v = 44,4 sur
la figure 2. Le point d’intersection avec le graphe v(t) donne en abscisse, le temps de parcours.
On reporte ce temps de parcours sur la figure 3 : le point d’intersection avec le graphe d(t) nous
donne la distance parcourue.
On mesure ici : d = 195 m, cette détermination graphique étant approximative, on ne conserve
que deux chiffres significatifs, d = 2,0102 m.
Figure 2 : Valeur v de la vitesse du système
en fonction du temps.
v (m.s-1)
60
60 m.s–1  6,0 cm
44,4 m.s-1  x cm
44,4 m.s-1
50
x = (44,46,0)/60
x = 4,4 cm
40
30
4,4 cm
6,0 cm
20
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
t (s)
Figure 3 : Distance d parcourue par le système en fonction du
temps
d (m)
250
195 m
200
6,0 cm
150
300 m  6,0 cm
d m  3,9 cm
3,9 cm
100
d = (3,9300)/6,0
d = 195 m
50
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
t (s)
2. La montée du tremplin.
2.1. Énergie mécanique : EM = EC + EPP = ½.m.v² + m.g.z
(avec axe Oz vertical orienté vers le haut et l’origine des énergies potentielles prise en z = 0).
2.2. Variation d’énergie potentielle de pesanteur entre B et C :
EPP= EPP(C) – EPP(B) = m.g.zC – 0 = m.g.OC
Or sin = OC / BC  OC = BC . sin
Donc EPP= m.g.BC.sin.
AN : EPP = 180 × 9,81 ×7,86 × sin(27) = 6,3 ×103 J = 6,3 kJ.
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2.3. Entre B et C le motard maintient une vitesse constante donc EC= EC(C) – EC(B) = 0.
Comme EM = EC + EPP alors EM = EC + EPP = EPP > 0.
Donc EM(C) > EM(B) : ainsi l’énergie mécanique du système augmente lorsqu’il passe de B à C.
3. Le saut.
3.1. Le mouvement du système { motard + moto }, de masse m, est étudié dans le référentiel
terrestre supposé galiléen. Le système n’étant soumis qu’à son poids, la deuxième loi de
Newton donne : P  m.a
Or P  m.g donc m.g  m.a soit a  g
a x  0
az  g
En projection dans le repère (O, i , k ) il vient : a 
dv

ax  x  0

v  Cte1
dv
dt
Comme a 
alors a 
il vient v  x
dt
v z  g.t  Cte2
a  dv y  g
 z
dt
v  v .cos 
v (0)  v .cos   Cte1
0
0
Or v(0)  v0 soit  x
il vient finalement : v  x
v


g.t
 v 0 .sin 
 z
v z (0)  v 0 .sin   0  Cte2
dx

 x   v 0 .cos . t  Cte '1
v x  dt  v 0 .cos 
dOG

Et v 
alors v 
il vient OG 
1
dz
dt
z   g.t²   v 0 .sin   .t  Cte ' 2
v 
 g.t  v 0 .sin 
2

z

dt
Or
 x(t)   v0 .cos   .t
 x(0)  0  Cte '1

OG(0)  h.k soit 
il vient finalement : OG 
1
z(0)  h  Cte ' 2
z(t)   g.t²   v 0 .sin   t  h
2

3.2. On isole le temps « t » de l’équation x(t) = (v0.cos).t que l’on reporte dans z(t) :
2



1 
x
x
x
t=
 z(x) =  g 
   v 0 .sin   . 
h
v 0 .cos 
2  v 0 .cos  
 v 0 .cos  
finalement :
z(x) = –
g
.x² + (tan).x + h
2.v 02 .cos ²
3.3. « L’atterrissage » se fait sur le tremplin si z(xD)  h. La distance maximale du point D
correspondant au cas de l’égalité : z(xD) = h
Soit : –


g
g.xD
.xD² + (tan).xD + h = h  xD.  tan  
= 0
2
2
2.v 0 .cos  
2.v .cos ²

2
0

En écartant la solution xD = 0, il vient :  tan  

2.v 02 .tan .cos2 
soit xD 
; xD 
g
2.v 02 .

g.xD
= 0
2
2.v .cos  
2
0
sin 
.cos2 
2.v 02 .sin .cos 
cos 
; xD 
g
g
« Maths » : sin(a+b) = sin a . cos b + cos a . sin b, donc 2 sin  . cos  = sin 2
Finalement : xD 
3.4. xD 
v 02.sin(2 )
g
(160 / 3,6)2  sin(2  27)
= 162,9 m = 1,6102 m
9,81
Cette valeur est supérieure à 107 m. Cette différence est due aux forces de frottements qui
n’ont pas été prises en compte lors de l’étude du système ; elles diminuent la portée du saut.
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