Exercices Exercices Corrigés
CORRIGÉS
8. La résolution à v 0 fixée de l’équation du second degré en X = tan α conduit à des solutions
réelles puisque les conditions précédentes sont vérifiées. Elles s’écrivent :
X = tan α =
v 2
0 ±
v 4
0 − 2g (H − h)v 2
0 − g 2 D 2
gD
.
On a donc deux valeurs possibles pour l’angle α.
9. L’application numérique donne tan α = 0, 52 ou 3, 93 soit α = 27 ◦ 28 ou α = 75 ◦ 42 .
10. La résolution à α fixé de l’équation en v 0 donne v 0 =
gD 2
2 cos 2 α (h − H + D tan α)
.
11. L’application numérique donne v 0 = 8,75 m·s −1 .
12. Le bord du ballon se situe entre 0,00 cm et 45 cm donc son centre est entre 17,8 cm et
27,2 cm.
13. D’après la question 3, en posant Z = x + D, on doit résoudre
gZ
2
− Zv
2
0 sin 2α + 2v
2
0 (H − h)cos
2
α = 0
14. Cette équation admet au moins une solution si son discriminant est positif soit v 2
0 sin
2
α ≥
2g (H − h).
15. A v 0 fixée, il faut donc que sin
2
α ≥ 0, 21 et comme on effectue le tir vers l’avant et vers
le haut, l’angle α vérifie 0 ≤ α ≤ 90 ◦ . On en déduit finalement que 26 ◦ 59 ≤ α ≤ 90 ◦ .
16. A α fixé, la condition s’écrit v 0 ≥ 4,83 m·s −1 .
17. On écrit la solution x =
v 2
0 sin 2α ± v 0
v 2
0 sin
2 2α − 8 (H − h)cos 2 α
2g
− D.
15.7 Tobogan
1. Le référentiel lié au sol est galiléen. On définit le repère A, AX, AY comme sur la figure
(15.25). Les forces s’exerçant sur P sont le poids, la réaction normale et la réaction tangentielle.
A
B
P
α
m − → g
− →
R N
− →
R T
d
h
Figure 15.25
On écrit la relation fondamentale de la dynamique : m − → a = m − → g +
− →
R T +
− →
R N . La force
− →
R T est
une force de frottement donc elle s’oppose au mouvement. Les forces sont représentées sur
569
CORRIGÉS
8. La résolution à v 0 fixée de l’équation du second degré en X = tan α conduit à des solutions
réelles puisque les conditions précédentes sont vérifiées. Elles s’écrivent :
X = tan α =
v 2
0 ±
v 4
0 − 2g (H − h)v 2
0 − g 2 D 2
gD
.
On a donc deux valeurs possibles pour l’angle α.
9. L’application numérique donne tan α = 0, 52 ou 3, 93 soit α = 27 ◦ 28 ou α = 75 ◦ 42 .
10. La résolution à α fixé de l’équation en v 0 donne v 0 =
gD 2
2 cos 2 α (h − H + D tan α)
.
11. L’application numérique donne v 0 = 8,75 m·s −1 .
12. Le bord du ballon se situe entre 0,00 cm et 45 cm donc son centre est entre 17,8 cm et
27,2 cm.
13. D’après la question 3, en posant Z = x + D, on doit résoudre
gZ
2
− Zv
2
0 sin 2α + 2v
2
0 (H − h)cos
2
α = 0
14. Cette équation admet au moins une solution si son discriminant est positif soit v 2
0 sin
2
α ≥
2g (H − h).
15. A v 0 fixée, il faut donc que sin
2
α ≥ 0, 21 et comme on effectue le tir vers l’avant et vers
le haut, l’angle α vérifie 0 ≤ α ≤ 90 ◦ . On en déduit finalement que 26 ◦ 59 ≤ α ≤ 90 ◦ .
16. A α fixé, la condition s’écrit v 0 ≥ 4,83 m·s −1 .
17. On écrit la solution x =
v 2
0 sin 2α ± v 0
v 2
0 sin
2 2α − 8 (H − h)cos 2 α
2g
− D.
15.7 Tobogan
1. Le référentiel lié au sol est galiléen. On définit le repère A, AX, AY comme sur la figure
(15.25). Les forces s’exerçant sur P sont le poids, la réaction normale et la réaction tangentielle.
A
B
P
α
m − → g
− →
R N
− →
R T
d
h
Figure 15.25
On écrit la relation fondamentale de la dynamique : m − → a = m − → g +
− →
R T +
− →
R N . La force
− →
R T est
une force de frottement donc elle s’oppose au mouvement. Les forces sont représentées sur
569