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PROBLEME RESOLU n° 11-A : Mouvement parabolique d'un plongeur

 

Rappel :

 

ENONCE :

A la date t = 0, un plongeur quitte un tremplin avec une vitesse , de valeur 4,50 m / s, inclinée de a = 40° par rapport à l’horizontale. On étudie le mouvement du centre d’inertie G du plongeur par rapport au référentiel terrestre supposé Galiléen. On associe à ce référentiel un repère orthonormé ( O, ) représenté sur le schéma ci-dessous.

· 1 Donner, à l’instant du départ, les coordonnées du vecteur position , du vecteur vitesse et du vecteur pesanteur . (corrigé)

On donne g = 9,8 m / s² et OG0 = 6 m = y0.

· 2 En appliquant le théorème du centre d’inertie qui sera étudié plus loin dans le cours on peut établir les équations horaires donnant la position du centre d’inertie G à chaque instant de la trajectoire aérienne. On trouve :

= x + y avec :

x = V0 cos a t (1)

y = - g t2+ V0 sin a t + y0 (2)

Trouver l’équation littérale y = f ( x ) de la trajectoire.

Vérifier que cette équation, avec les valeurs numériques de l’énoncé, s’écrit :

y = - 0,41 x2 + 0,84 x + 6 (c)

· 3 Déterminer littéralement les coordonnées du vecteur vitesse et du vecteur accélération à l’instant t.

Représenter ces deux vecteurs au point G, sur le schéma ci-dessus. (c)

· 4 Calculer les coordonnées du point H où le plongeur pénètre dans l’eau.

Calculer la date et la vitesse du plongeur à l’arrivée au point H. (c)

 

SOLUTION :


·
1
(énoncé) Donnons, à l’instant du départ, les coordonnées du vecteur position , du vecteur vitesse et du vecteur pesanteur :

Lors du mouvement du plongeur, les coordonnées du vecteur position et du vecteur vitesse du centre d’inertie G changeront. Par contre, les coordonnées du vecteur pesanteur resteront les mêmes.


·
2
(e) En appliquant le théorème du centre d’inertie qui sera étudié plus loin dans le cours on peut établir les équations horaires donnant la position du centre d’inertie G à chaque instant de la trajectoire aérienne. Dans ce problème, l'énoncé donne :

= x + y avec :

x = V0 cos a t (1)

y = - g t2+ V0 sin a t + y0 (2)

·Cherchons l’équation littérale y = f ( x ) de la trajectoire.

La relation (1) donne t = x / Vo cos a .

Portons dans la relation (2) :

y = - ( g / 2V0²cos² a )+ tan a x + y0 (3)

Numériquement avec g = 9,8 m/s², V0 = 4,50 m/s, y0 = 6 m et a = 40°, on obtient :

y = - 0,41 + 0,84 x + 6 (4)


·
3
(e) Déterminons littéralement les coordonnées du vecteur vitesse et du vecteur accélération à l’instant t.

·Rappelons les coordonnées du vecteur position = x + y avec :

x = V0 cos a t (1)

y = - g t2+ V0 sin a t + y0 (2)

·En dérivant par rapport au temps le vecteur position on obtient le vecteur vitesse :

(5)

Les coordonnées sont :

Vx = dx / dt = V0 cos a (6)

Vy = dy / dt = - g t + Vo sin a (7)

On peut également écrire :

= Vx + Vy (8)

Vx = 3,45 m/s (6 bis)

Vy = - 9,8 t + 2,89 (7 bis)

On peut également écrire :

= 3,45 + ( - 9,8 t + 2,89 ) (8 bis)

·En dérivant par rapport au temps le vecteur vitesse on obtient le vecteur accélération :

(9)

Les coordonnées sont :

ax = dVx / dt (10)

ay = dVy / dt (11)

On peut également écrire :

= ax + ay (12)

ax = 0 m/ s² (10 bis)

ay = - 9,8 m/s² (11 bs)

On peut également écrire :

= 0 – 9,8 (12 bis)

Représentons les vecteurs et du point G, sur un schéma :

 

Remarque : Le vecteur accélération s'obtient en dérivant une fois le vecteur vitesse :

c'est à dire en dérivant deux fois le vecteur position . On peut écrire :

= (13)


·
4
(e) Calculons les coordonnées du point H où le plongeur pénètre dans l’eau.

Lorsque G pénètre dans l’eau au point H on a yH = 0 m. On peut porter cette valeur dans (2) ou dans (4) :

La relation(4)y = - 0,41 + 0,84 x + 6s'écrit :

0 = - 0,41 x² + 0,84 x + 6

Calculons le discriminant D = b² - 4ac = 10,55

On en déduit les deux solutions :

·x1 = ( - b + Ö D ) / 2a = - 2,93 m (valeur à éliminer car xH est nécessairement positif d'après le schéma).

·x2 = ( - b - Ö D ) / 2a = 4,96 m

Les coordonnées du point H sont donc :

xH = 4,96 m et yH = 0 m (14)

·La date s’obtient en portant xH = 4,96 m dans la relation (1) xH = Vo ´ cos a ´ tH qui donne :

tH = xH / Vo ´ cos a = 4,96 / 4,5 cos ( 40° ) = 4,96 / 3,45

tH = 1,44 s (15)

·En portant tH = 1,44 s dans (6) et (7) on obtient les coordonnées du vecteur vitesse de G à l'arrivée au point H :

VHx = 3,45 m/s

VHy = - 9,8 ´ tH + 2,89 = - 9,8 ´ 1,44 + 2,89 = - 11,1 m/s

La norme du vecteur est :

= 11,7 m/s (16)

Remarque : Le théorème de l'énergie cinétique, étudié en classe de première, donne plus rapidement la valeur de connaissant la valeur de Vo.

Enoncé particulier de ce théorème : Dans un référentiel Galiléen, la variation de l'énergie cinétique d'un solide, entre deux instants t initial et t final, est égale à la somme des travaux des forces extérieures appliquées au solide entre ces deux instants.

Nous ferons l'hypothèse que tous les points du plongeur ont la même vitesse, à chaque instant.

m VH² - m VO² = W( ) = + m g h

VH² = VO² + 2 g h = 4,5² + 2 ´ 9,8 ´ 6 = 137,85 m 2 / s 2

VH = = 11,7 m/s (16 bis)

 

A VOIR :

Problème résolu n° 11 A ci-dessus : Mouvement parabolique d'un plongeur.

Problème résolu n° 11 B : Mouvement sur une table à coussin d'air.

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