SAUT A SKI AUX JEUX OLYMPIQUES D’HIVER 2018
La médaille d’or d’Andreas Wellinger
Le 10 février 2018, lors des JO d’hiver de PyeongChang, dans des conditions difficiles en raison d’un vent important,
l'Allemand Andreas Wellinger a réalisé, sur le tremplin HS109 d'Alpensia, un saut qui lui a permis d’obtenir la
médaille d'or.
L’exercice consiste à faire l’étude du mouvement d’Andreas Wellinger sur la piste d’élan et lors du saut dans le
cadre d’un modèle simplifié et de comparer les résultats obtenus aux mesures réalisées le jour de l’épreuve
olympique.
Données :
Cette étude sera menée dans le référentiel terrestre, le système {skieur + équipement} sera considéré comme un point
matériel. On négligera tout type de frottement.
Au départ de l’épreuve, au point D, la vitesse du skieur est nulle.
La valeur de l’énergie potentielle de pesanteur est nulle en $y = 0$.
1.1. Calculer la valeur de $E_{mD}$ l’énergie mécanique du système au point D.
1.2. Exprimer l’énergie mécanique $E_{mT}$ du système au point T en fonction de la masse $m$ du système, de l’accélération $g$ de la pesanteur, de l’altitude $y_T$ du point T et de la vitesse $v_T$ au point T.
1.3. En utilisant une approche énergétique, montrer que l’expression littérale de la valeur $v_T$ de la vitesse du système au bout de la table d’envol est : $$v_T=\sqrt{2g(y_D-y_T)}$$ Calculer sa valeur numérique.
1.4. Le résultat obtenu par calcul pour la vitesse de décollage $v_T$ est-il en accord avec la valeur mesurée le jour de l’épreuve ? Commenter.
Pour cette étude, on utilise le repère orthonormé $(T,\vec{i},\vec{j})$, T étant le point situé au bout de la table
d’envol.
On modélise de manière simplifiée l’allure de la piste d’atterrissage par une droite d’équation
$y_{piste}(x)=-0,59x$. On notera $x_L$ l’abscisse du point d’atterrissage L.
2.1 En appliquant la deuxième loi de Newton, déterminer les coordonnées du vecteur accélération lors du saut.
2.2 Montrer, en détaillant chaque étape de votre raisonnement, que les équations horaires du point matériel M représentant le système étudié lors du saut dans le champ de pesanteur s’écrivent : $$x(t)=y_T \cos{\alpha t}$$ $$y(t)=-\frac{1}{2}g t^2 – v_T \sin{\alpha t}$$
2.3 En déduire que l’équation de la trajectoire du point matériel M s’écrit : $$y(x)=-9,5 \cdot 10^{-3}x^2-1,9 \cdot 10^{-1}x$$ Dans cette équation $x$ et $y$ sont exprimés en mètres.
2.4 Le jour de l’épreuve olympique, la longueur réelle mesurée lors du saut étudié a été de 113 m. Cette longueur correspond à la longueur TL sachant que le point d’atterrissage L a une abscisse réelle égale à 97 m. Le cadre du modèle précédent permet-il de rendre compte de la valeur réelle de l’abscisse du point d’atterrissage ? Commenter.
Le candidat est invité à prendre des initiatives et à présenter la démarche suivie, même si elle n’a pas abouti. La démarche est évaluée et nécessite d’être correctement présentée.
CORRECTION
Dans cette partie de l’étude nous allons négliger les forces de frottements pour simplifier, ce qui a pour conséquence que l’énergie mécanique se conserve.
Par définition l’énergie mécanique au point D s’exprime : $$E_{mD}=E_{cD}+E_{pD}$$
Donc : $$E_{mD}=\frac{1}{2}m_D v_D^2 + m_Dgy_D$$
Avec $m_D$ la masse du système étudié qui est le skieur, $v_D$ sa vitesse initiale, qui est nulle, car au point D il
n’est pas encore en mouvement (énoncé). Et $y_D$ la hauteur du système en ce point initial.
Application numérique : $$E_{mD}=\frac{1}{2} \cdot 70 \cdot 0 + 70 \cdot 9,8 \cdot 98 = 67 228 J =
6,7 \cdot 10^4 J$$
1.2. Exprimer l’énergie mécanique $E_{mT}$ du système au point T en fonction de la masse $m$ du sys-tème, de l’accélération $g$ de la pesanteur, de l’altitude $y_T$ du point T et de la vitesse $v_T$ au point T.
On peut reprendre l’expression de l’énergie mécanique de la question précédente, mais au point T : $$ E_{mT}=E_{cT}+E_{pT}=\frac{1}{2}m_T v_T^2+m_T g y_T$$
1.3. En utilisant une approche énergétique, montrer que l’expression littérale de la valeur $v_T$ de la vi-tesse du système au bout de la table d’envol est : $$v_T=\sqrt{2g(y_D-y_T)}$$ Calculer sa valeur numérique.
Nous avons dit qu’ici nous négligeons les forces de frottements et ainsi l’énergie mécanique se conserve. Donc : $$E_{mD}=E_{mT}$$ C’est-à-dire : $$m_Dgy_D=\frac{1}{2}m_T v_T^2+m_T g y_T$$ Or, la masse du système ne change pas donc $m_D=m_T$, on va donc pouvoir simplifier en divisant par cette masse : $$gy_D=\frac{1}{2}v_T^2+gy_T$$ Nous allons pouvoir isoler la vitesse du système : $$v_T^2=2gy_D-2gy_T$$ On va maintenant factoriser par $ (2 g)$ : $$v_T^2=2g(y_D-y_T)$$ On cherche la vitesse du système, or on a trouvé son carré, il faut donc lui appliquer la racine carrée :
Si $x^2 = 2$ alors: $$x = ± \sqrt{2}$$ Or une vitesse est toujours positive (ou nulle)
$$v_T=\sqrt{2(y_D-y_T)}$$ On retrouve bien l’expression demandée.
1.4. Le résultat obtenu par calcul pour la vitesse de décollage $v_T$ est-il en accord avec la valeur mesurée le jour de l’épreuve ? Commenter.
Nous avons simplement à faire une application numérique de l’expression trouvée à la question précédente :
$$v_T=\sqrt{2(y_D-y_T)}=\sqrt{2 \cdot 9,8(98-65)}=25m\cdot s^{-1}=90 km \cdot h^{-1}$$
La vitesse de décollage mesurée est de $83,3 km\cdot h^{-1}$. Si on compare les deux valeurs, celle que nous
avons calculée est supérieure. C’est normal car nous avons négligé les forces de frottements qui ralentissent le
système.
2.1 En appliquant la deuxième loi de Newton, déterminer les coordonnées du vecteur accélération lors du saut.
La deuxième loi de Newton : $$\Sigma \vec{F}=m \vec{a}$$
Ici la seule force extérieure est le poids, puisqu’on néglige les frottements.
On sait que le poids s’exprime : $$\vec{P}=m\vec{g}$$
Donc : $$m \vec{g}=m \vec{a}$$
On simplifie par la masse et on obtient $$\vec{g}=\vec{a}$$
Et donc si ces vecteurs sont égaux alors ils ont les mêmes coordonnées. Dans le repère donné le poids qui est dirigé
vers le bas, $\vec{g}$ a pour coordonnées : $$\begin{bmatrix}g_x=0 \\g_y=-g \\g_z=0 \end{bmatrix}$$
L’accélération $\vec{a}$ a donc pour coordonnées $$\begin{bmatrix}a_x=0\\a_y=-g \\a_z=0 \end{bmatrix}$$
2.2 Montrer, en détaillant chaque étape de votre raisonnement, que les équations horaires du point matériel M représentant le système étudié lors du saut dans le champ de pesanteur s’écrivent : $$x(t)=y_T \cos{\alpha t}$$ $$y(t)=-\frac{1}{2}g t^2 – v_T \sin{\alpha t}$$
Dans la question précédente nous avons déterminé les coordonnées du vecteur accélération. A partir de celles-ci nous allons pouvoir trouver celles du vecteur vitesse et ensuite les équations horaires de M. On est dans un repère dont l’origine est le point T.
Expression de l’équation horaire de la vitesse :
Le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse, ainsi le vecteur vitesse est la primitive du vecteur accélération.
On remarque ainsi un triangle rectangle en U dont l’hypoténuse est égale à $\vec{v_T}$
$v_{xT}$ correspond au côté adjacent à l’angle $\alpha$, on a donc : $$\cos{\alpha}=\dfrac{v_{xT}}{v_T}$$ Ainsi on a : $$v_{xT}=v_T \cos{\alpha}$$ On peut ainsi aussi définir : $$v_{yT}=v_T\cdot (-\sin{\alpha})$$ Donc le vecteur vitesse $\vec{v_T}$ a pour coordonnées : $$\begin{bmatrix}v_{xT}=v_T \cos{\alpha}\\v_{yT}=-(v_T \sin{\alpha})\end{bmatrix}$$ Donc : $$\begin{bmatrix}v_x=v_T \cos{\alpha}\\v_y=-gt-(v_T \sin{\alpha})\end{bmatrix}$$
Expression de l’équation horaire de position :
De la même façon que l’on a déterminé l’équation horaire de la vitesse, on calcule la primitive de : $$\vec{v}=\begin{bmatrix}v_x=v_T \cos{\alpha}\\v_y=-gt-(v_T \sin{\alpha}) \end{bmatrix}$$ Ce qui donne : $$\vec{TM}= \begin{bmatrix} x=(v_T \cos{\alpha})t+C_x \\ y=-\frac{1}{2}gt^2-(v_T \sin{\alpha})t+C_y\end{bmatrix}$$ Pour trouver les constantes on utilise les conditions initiales : $$\vec{TG_0}=\begin{bmatrix}x_T=0\\y_T=0\\z_T=0 \end{bmatrix} $$ On a $C_x = x_T$ et $C_y = y_T$. $$\vec{TM}= \begin{bmatrix}x=(v_T \cos{\alpha})t \\ y=-\frac{1}{2}gt^2-(v_T \sin{\alpha})t \end{bmatrix}$$ On a bien retrouvé les deux équations horaires demandées.
2.3 En déduire que l’équation de la trajectoire du point matériel M s’écrit : $$y(x)=-9,5 \cdot 10^{-3}x^2-1,9 \cdot 10^{-1}x$$ Dans cette équation $x$ et $y$ sont exprimés en mètres.
Détermination de l’équation de la trajectoire :
L’équation de la trajectoire d’un système est la relation mathématique entre ses coordonnées.
On rappelle que : $\dfrac{\sin{\alpha}}{\cos{\alpha}}=\tan{\alpha}$
On a : $$x=(v_T \cos{\alpha})t$$ Donc : $$t=\dfrac{x}{v_T \cos{\alpha}}$$ On peut maintenant remplacer $t$ dans l’expression de $y$ : $$y=-\frac{1}{2}g \left(\dfrac{x}{v_T \cos{\alpha}} \right)^2-(v_T \sin{\alpha})\dfrac{x}{v_T \cos{\alpha}}$$ D’où : $$y=-\dfrac{g}{2(v_T \cos{\alpha})^2}x^2 -\tan{\alpha}x$$ Il suffit maintenant de faire une application numérique :
Ne pas oublier de convertir la vitesse en $m \cdot s^{-1}$.
$$-\dfrac{g}{2(v_T \cos{\alpha})^2}=-\dfrac{9,8}{2(\frac{83,3}{3,6}\cos{11})^2}=-9,5 \cdot 10^{-3}$$ $$-\tan{\alpha}=-\tan{11 }=-0,19$$ On a donc : $$y=-9,5 \cdot 10^{-3}x^2-0,19x$$
2.4 Le jour de l’épreuve olympique, la longueur réelle mesurée lors du saut étudié a été de 113 m. Cette longueur correspond à la longueur TL sachant que le point d’atterrissage L a une abscisse réelle égale à 97 m. Le cadre du modèle précédent permet-il de rendre compte de la valeur réelle de l’abscisse du point d’atterrissage ? Commenter.
Le modèle nous donne $y_{piste}(x)=-0,59x$
Au point $x_L$ on devrait avoir l’équation de la trajectoire qui coupe la droite du modèle :
$$y_{piste}(x_L)=y(x_L)$$
$$-0,59 x_L=-9,5 \cdot 10^{-3} x_L^2-1,9 \cdot 10^{-1} x_L$$
$$ 9,5 \cdot 10^{-3} x_L^2+1,9 \cdot 10^{-1} x_L-0,59 x_L =0$$
$$ 9,5 \cdot 10^{-3} x_L^2+0,4 x_L=0$$
Il faut maintenant résoudre cette équation : $$x_L(9,5 \cdot 10^{-3} x_L-0,4)=0 $$
* Source : session 2019 Liban, exercice II.