Énoncé de l’exercice
– Le toboggan de la piscine –
Le but de ce problème est de modéliser le mouvement décrit par un enfant qui descend un toboggan aquatique. L’enfant sera assimilé à un point matériel $\mathrm{M}$ de masse $m=30~\mathrm{kg}$. Pour les applications numériques, la norme de l’accélération de la pesanteur est prise égale à $g=10~\mathrm{m}\cdot \mathrm{s}^{-2}$. Le toboggan est constitué d’un tube creux en plastique, de section circulaire et de rayon intérieur $R_{tube}=0{,}50~\mathrm{m}$. Le départ de l’enfant s’effectue , en haut du toboggan, sans vitesse initiale. Le fond du toboggan est tapissé d’un filet d’eau alimenté continûment par un vanne au niveau du départ.
La descente est modélisée en quatre phases distinctes :
- Première phase $[\mathrm{AB}]$ : L’axe du tube est rectiligne et de pente constante de $16~\%$ (on descend verticalement de $16~\mathrm{m}$) quand on avance horizontalement de $100~\mathrm{m}$. On note $\alpha$ l’angle que fait alors l’axe du tube avec l’horizontale. La longueur de cette partie du tube fait $L=5{,}0~\mathrm{m}$.
- Deuxième phase $[\mathrm{BCD}]$ : Le tube effectue un demi-tour sous la forme d’un arc de cercle de rayon $R=4{,}0~\mathrm{m}$. Il est alors horizontal.
- Troisième phase $[\mathrm{DE}]$ : Le tube redevient rectiligne, mais reste horizontal, sur $d=3{,}0~\mathrm{m}$ de longueur.
- Quatrième phase $[\mathrm{EF}]$ : Dans sa partie finale, le tube reste rectiligne et horizontal, mais il y est rempli d’un hauteur d’eau stagnante de $30~\mathrm{cm}$, sur $d=3{,}0~\mathrm{m}$ de longueur.
Figure 1 Figure 2
Parcours du toboggan vu de dessus Parcours du toboggan vu de côté
I.A.) Questions préliminaires
I.A.1.) Les frottements seront négligés lors des trois premières phases (de $\mbox{A}$ à $\mbox{E}$). Quelles sont les origines possibles de ces frottements ? Peut-on les minimiser, voire les annuler ? Si oui, comment ?
I.A.2.) Quel référentiel sera considéré pour l’étude des mouvement ? Peut-on le considérer galiléen ?
I.B.) Étude de la première phase : [AB]
I.B.1.) Quel est la nature de la trajectoire de l’enfant lors de cette première phase ?
I.B.2.) En déduire le repère le plus adapté pour étudier cette première phase du mouvement.
I.B.3.) Réaliser le bilan des forces qui s’exercent sur l’enfant et réaliser un schéma représentant ces forces en précisant clairement leur direction et leur sens.
I.B.4.) En déduire l’accélération de l’enfant en fonction des paramètres $g$ et $\alpha$.
I.B.5.) Calculer les valeurs numérique de $\alpha$ puis de l’accélération de l’enfant.
I.B.6.) Déterminer l’expression de la vitesse $v_B$ de l’enfant lorsqu’il parvient an point $\mathrm{B}$ en fonction des paramètre $\alpha$, $g$ et $L$. Réaliser l’application numérique.
N.B. : La suite du problème pourra être réalisée en considérant que $v_B=4{,}0~\mathrm{m}\cdot \mathrm{s}^{-1}.$
I.C.) Étude de la seconde phase : [BCD]
On admettra ici, dans un soucis de simplification, que la trajectoire de l’enfant est un arc de cercle de rayon $R$ autour d’un axe vertical. On notera $\theta$ l’angle de l’arc de cercle parcouru par l’enfant depuis son entrée dans le virage (cf. Figure 1).
I.C.1.) Préciser le repère le plus adapté pour étudier le mouvement de l’enfant lors de cette seconde phase.
I.C.2.) En déduire l’expression du vecteur accélération de l’enfant (on demande un minimum de démonstration, sans aller jusqu’à projeter d’éventuels vecteurs mobiles sur une base de vecteurs fixes…) en fonction des paramètres $R$, $\theta$ et ses différentes dérivées temporelles, ainsi que des vecteurs unitaires du repère choisi.
I.C.3.) À l’aide d’un bilan des forces, et de la deuxième loi de Newton, prouver que
- le mouvement est uniforme, à la vitesse $v_B$ ;
- l’enfant s’écarte du fond du tube d’un certain angle, noté $\beta$, au cours du virage (cf. Figure 3).
Figure 3 : Vue de face de l’intérieur du tube au cours de la seconde phase
I.C.4.) Déterminer la valeur numérique de $\beta$.
N.B. : On pourra poursuivre la résolution du problème en considérant que $\beta=22^{\circ}$.
I.C.5.) Discuter a posteriori de la validité de l’approximation effectuée sur la nature de la trajectoire de l’enfant au cours de cette phase $\mathrm{[BCD]}$: « arc de cercle de rayon $R$».
I.D.) Étude de la troisième phase : [DE]
On rappelle, qu’au point $\mathrm{D}$, l’enfant est écarté d’un angle $\beta=22^{\circ}$ par rapport au fond du tube, et qu’il est animé d’une vitesse de norme $v_B=4{,}0~\mathrm{m}\cdot \mathrm{s}^{-1}$, orientée dans la direction horizontale de l’axe du tube (à nouveau rectiligne).
I.D.1.) Justifier qualitativement que le mouvement est la composition d’un mouvemet rectiligne uniforme et d’un mouvement oscillatoire.
I.D.2.) Décrire précisement le repère adapté à l’étude du mouvement de l’enfant lors de cette troisième phase.
I.D.3.) Justifier, par un bilan des forces et l’application de la deuxième loi de Newton, les prévision du I.D.1.).
I.D.4.) Après avoir justifié que l’approximation des petits angles est valide dans le cadre du mouvement étudié, exprimer la periode des oscillations observées en fonction des paramètres $g$ et $R_{tube}$. Estimer la valeur numérique de cette periode.
I.E.) Fin du parcours
I.E.1.) Quelle est l’origine de l’arrêt de l’enfant sur la quatrième phase : $\mathrm{[EF]}$ ?
I.E.2.) Estimer la durée totale du parcours.
Données : extrait des tables trigonométriques de nos ancêtres…
Corrigé de l’exercice
– Le toboggan de la piscine –
Vous êtes enseignant et vous êtes intéressé par cette correction, contactez-moi.
Même s’il y a une
méthodologie de résolution d’un problème de mécaniqueassez générale, avec des étapes définies à appliquer dans un certain ordre, elle nécessite parfois quelques adaptations selon l’organisation de l’énoncé l’exercice.
I.A.1.) Le système étudié ici est l’enfant, supposé ponctuel, de masse $m$ constante. L’enfant est en contact avec le toboggan. Ce dernier exerce, du fait d’aspérités présentes à sa surface, une action qui gène le mouvement de l’enfant : les frottements solides. Cette action est modélisée par une force, composante tangentielle de la réaction du support, parallèle à la surface et dirigée en sens opposé au mouvement de l’enfant.
De plus, l’enfant se déplace dans un fluide, l’air. Ce dernier exerce, par la multitude de chocs entre les particules du fluide et l’enfant, une action, qui s’opposent, elle aussi, à son mouvement. Cette action est modélisée par une force unique, la force de frottement fluide.
Il est possible de minimiser les forces de frottement solide, et c’est d’ailleurs ce qui est réalisé, en maintenant un film d’eau sur la surface du toboggan. Cela permet d’obtenir un effet « aquaplanage ». Les annuler est impossible à partir du moment où il y a contact !
Pour ce qui est du frottement fluide, à moins de mettre le toboggan dans une enceinte et d’y faire le vide, il n’est pas possible de l’annuler.
Ces forces de frottement, solide et fluide, seront donc négligées.
I.A.2.) L’étude du mouvement sera réalisée dans le référentiel terrestre local. La durée de la descente en toboggan $\Delta t$ est de quelques secondes voire quelques dizaines de secondes. Cette durée étant faible devant $T_p$, temps de rotation propre de la Terre ($\Delta t \ll T_p$), ce référentiel pourra être considéré galiléen.
I.B.1.) Dans la première phase $[\mathrm{AB}]$ de la descente l’axe du tube est rectiligne. La trajectoire dans cette phase sera donc une droite, en l’occurence la droite $\mathrm{(AB)}$, et le mouvement sera rectiligne.
I.B.2.) Le fait que le mouvement soit rectiligne peut entraîner des simplifications de calcul à condition de choisir judicieusement le repère. La droite $\mathrm{(AB)}$ support de la trajectoire joue un rôle particulier. Ainsi, le repère le plus adapté pour étudier cette première phase du mouvement est le repère cartésien $(\mathrm{O}; \overrightarrow{u_x}, \overrightarrow{u_y}, \overrightarrow{u_z})$ avec le point $\mathrm{O}$ confondu avec $\mathrm{A}$ et dont un des vecteurs de la base, par exemple $\overrightarrow{u_x}$ est selon $\mathrm{(AB)}$ et dirigé de $\mathrm{A}$ vers $\mathrm{B}$ : $\overrightarrow{u_x}=\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{AB}}}{||\overrightarrow{\mathrm{AB}} ||}$.
Le mouvement étant rectiligne suivant l’axe $(\mathrm{O}; \overrightarrow{u_x})$, le vecteur position n’a de composante non nulle que suivant cet axe. Il en est de même (par dérivation successive) des vecteurs vitesse et accélération.
Ainsi, $\overrightarrow{\mathrm{OM}}=x\cdot \overrightarrow{u_x}$, $\overrightarrow{v}(\mathrm{M})=v_x\cdot \overrightarrow{u_x}$ et $\overrightarrow{a}(\mathrm{M})=a_x\cdot \overrightarrow{u_x}$.
I.B.3.) Puisque les forces de frottement (solide et fluide) sont négligées lors des trois premières phases, les seules forces s’exerçant sur l’enfant au cours de la phase $[\mathrm{AB}]$ sont :
- son poids $\overrightarrow{\mathrm{P}}$ qui est vertical, dirigé vers le centre de la Terre, et tel que $P=mg$;
- la réaction du support $\overrightarrow{\mathrm{R}_\mathrm{s}}$ qui en l’absence de frottement solide est normale au support, dirigée vers l’extérieur du support;
- la poussée d’Archimède, verticale, dirigée vers le haut et égale à l’opposé du poids de l’air déplacé par l’enfant .
La poussée d’Archimède pourra être négligée car $\mu_{\mathrm{air}} \ll \mu_{\mathrm{enfant}}$.
D’où le schéma:
I.B.4.) La deuxième loi de Newton appliquée au système ponctuel $\mathrm{M}$ de masse $m$ constante, en mouvement dans le référentiel terrestre local supposé galiléen s’écrit
$$ \sum \overrightarrow{\mathrm{F}}_{\mathrm{ext}}=m\cdot\overrightarrow{a}(\mathrm{M}) \iff \overrightarrow{\mathrm{P}}+\overrightarrow{\mathrm{R}_\mathrm{s}}=m\cdot\overrightarrow{a}(\mathrm{M})$$
Projetons cette relation vectorielle sur l’axe $(\mathrm{O}; \overrightarrow{u_x})$, ainsi que nous le montre la figure suivante. La réaction du support étant normal au support (absence de frottement), sa projection est nulle.
Nous obtenons alors
\begin{eqnarray} P_x+0=m\cdot a_x &\iff& P\sin \alpha=m\cdot a_x \nonumber \\ &\iff& m\cdot g \cdot \sin \alpha = m\cdot a_x \nonumber \\ &\iff& a_x=g\cdot \sin \alpha \nonumber \end{eqnarray}
L’accélération de l’enfant est donc
$\overrightarrow{a}(M)=a_x\cdot \overrightarrow{u_x}=g \cdot \sin \alpha \cdot \overrightarrow{u_x}$
La norme de l’accéléraction est : $a=||\overrightarrow{a}(M)||=\sqrt{a_x^2}=g \cdot \sin \alpha$.
I.B.5.) L’axe de la portion $[\mathrm{AB}]$ rectiligne a une pente constante de $16~\%$. Il est rappelé ce que signifie une pente de $16~\%$ : on descend verticalement de $16~\mathrm{m}$ quand on avance de horizontalement de $100~\mathrm{m}$, comme illustré sur la figure suivante.
On en déduit alors que $\alpha$ est tel que $\tan \alpha=\dfrac{16}{100}=0{,}16$.
Soit
$\alpha=\arctan (0{,}16)=9{,}1^{\circ}$.
On en déduit alors l’acélération :
$a=g\cdot \sin \alpha=10 \times \sin (9{,}1)=1{,}6~\mathrm{m}\cdot \mathrm{s}^{-2}$.
I.B.6.) Le mouvement étant rectiligne, suivant $(\mathrm{O}; \overrightarrow{u_x})$ nous avons
\begin{eqnarray} \overrightarrow{a}(\mathrm{M})=\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{v}(M)}{\mathrm{d}t} &\iff& a_x \cdot \overrightarrow{u_x}= \dfrac{\mathrm{d}(v_x\cdot \overrightarrow{u_x})}{\mathrm{d}t} \nonumber \\ &\iff& a_x \cdot \overrightarrow{u_x}= \dfrac{\mathrm{d}v_x}{\mathrm{d}t}\overrightarrow{u_x} \nonumber \\ &\iff& a_x=\dfrac{\mathrm{d}v_x}{\mathrm{d}t} \nonumber \\ &\iff & \dfrac{\mathrm{d}v_x}{\mathrm{d}t}=g\cdot \sin \alpha \nonumber \end{eqnarray}
Par intégration, nous obtenons $v_x(t)=g\cdot \sin \alpha \cdot t +C_1$.
Il nous faut alors déterminer $C_1$.
Or, par définition, la vitesse intiale de l’enfant, en $\mbox{O}$, est nulle : $\overrightarrow{v}_0=\overrightarrow{0}$.
Ainsi, à $t=0$,
\begin{eqnarray} v_x(0)=v_0 &\iff& v_x(0)=0 \nonumber \\ &\iff& g\cdot \sin \alpha \cdot 0 + C_1=0 \nonumber \\ &\iff& C_1=0 \nonumber \end{eqnarray}
On obtient finalement pour la vitesse : $v_x(t)=g\cdot \sin \alpha \cdot t$.
Nous obtenons ainsi l’expression de la vitesse en fonction de $\alpha$, $g$ et du temps. Or on nous demande l’expression $v_\mathrm{B}$ de la vitesse de l’enfant en $\mathrm{B}$ en fonction de $\alpha$, $g$ et de $L$. $L$ est, rappelons-le, la longueur parcourue lors de cette première phase de la descente, autrement dit la longueur du tronçons $\mathrm{[AB]}$. La vitesse sur ce tronçons n’étant pas constante, nous ne pouvons exprimer simplement le temps en fonction de la distance parcourue. Procédons alors à une seconde intégration, cette fois-ci de l’expression de la vitesse. Nous obtiendrons l’équation horaire (l’abscisse en fonction du temps) du point $\mathrm{M}$. Nous pourrons ainsi éliminer le temps dans l’expression de la vitesse et obtenir l’expression de la vitesse $v_x$ en fonction de $x$. Puis, connaissant l’abscisse du point $\mathrm{B}$, c’est-à-dire $L$, nous obtiendrons l’expression de $v_\mathrm{B}$ recherchée. Allons-y.
Toujours du fait que le mouvement est rectiligne, nous avons
\begin{eqnarray} \overrightarrow{v}(\mathrm{M})=\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{\mathrm{OM}}}{\mathrm{d}t} &\iff& v_x \cdot \overrightarrow{u_x}= \dfrac{\mathrm{d}(x\cdot \overrightarrow{u_x})}{\mathrm{d}t} \nonumber \\ &\iff& v_x \cdot \overrightarrow{u_x}= \dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\overrightarrow{u_x} \nonumber \\ &\iff& v_x=\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} \nonumber \\ &\iff & \dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=g\cdot \sin \alpha \cdot t \nonumber \end{eqnarray}
Par intégration, nous obtenons $x(t)=\dfrac{1}{2}g\cdot \sin \alpha \cdot t^2 +C_2$.
Il nous faut alors déterminer $C_2$.
Or, par définition, la position intiale de l’enfant est en $\mathrm{O}$ : $\overrightarrow{\mathrm{OM}}_0=\overrightarrow{0}$.
Ainsi, à $t=0$,
\begin{eqnarray} x(0)=x_0 &\iff& x(0)=0 \nonumber \\ &\iff& \dfrac{1}{2}g\cdot \sin \alpha \cdot 0^2 + C_2=0 \nonumber \\ &\iff& C_2=0 \nonumber \end{eqnarray}
Nous obtenons donc $x(t)=\dfrac{1}{2}g\cdot \sin \alpha \cdot t^2$.
Nous en déduisons alors que $t^2=\dfrac{2x}{g \sin \alpha}$.
Ainsi,
\begin{eqnarray}v_x=g\cdot \sin \alpha \cdot t &\iff& v_x^2=g^2\cdot \sin^2 \alpha \cdot t^2 \nonumber \\ &\iff& v_x^2=g^2 \cdot \sin^2 \alpha \cdot \frac{2x}{g\cdot \sin \alpha} \nonumber \\ &\iff& v_x^2=2g\cdot \sin \alpha \cdot x \nonumber \end{eqnarray}
Soit $v_x=\sqrt{2g\cdot \sin \alpha \cdot x}$.
Nous pouvons alors en déduire, pour $x=L$, la vitesse au point $\mathrm{B}$. Ainsi,
$\boxed{v_B=\sqrt{2g\cdot \sin \alpha \cdot L}}$
A.N. : $v_B=\sqrt{2\times 10\times \sin(9{,}1) \times 5,0}=4{,}0$
La vitesse en $\mathrm{B}$ est $\boxed{v_B=4{,}0~\mathrm{m}\cdot \mathrm{s}^{-1}}$.
I.C.1.) La trajectoire de l’enfant, donc du point $\mathrm{M}$, est supposée circulaire autour d’un axe vertical. Appelons $\mathrm{O}$ le projeté orthogonal de $\mathrm{M}$ sur cette axe. $\mathrm{O}$ est donc le centre de la trajectoire. Le mouvement de l’enfant est donc plan (dans le plan perpendiculaire à l’axe vertical passant par $\mathrm{O}$) à symétrie cylindrique. Pour décrire le mouvement de l’enfant dans cette phase, il est judicieux de choisir un repère en coordonnées polaires (simplification à deux dimensions d’une repère en coordonnées cylindriques).
La position du point $\mathrm{M}$ sera donc repérée par ses coordonnées polaires $(r, \theta)$ avec $r=\mathrm{OM}$ et $\theta$ l’angle défini sur la Figure 1. Puisque la trajectoire du point $\mathrm{M}$ est le cercle de centre $\mathrm{O}$ et de rayon $R$, nous avons $r=R=\mathrm{cste}$.
I.C.2.) Nous voulons déterminer le vecteur accélération de l’enfant. Partons du vecteur position de l’enfant et dérivons-le par rapport au temps. Nous obtenons le vecteur vitesse. Dérivons ensuite le vecteur vitesse, toujours par rapport au temps. Nous obtiendrons le vecteur accélération.
Le vecteur position de l’enfant en coordonnées polaire s’écrit
$\overrightarrow{\mathrm{OM}}=r\cdot \overrightarrow{u}_r$
Par définition du vecteur vitesse,
$\overrightarrow{v}=\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{\mathrm{OM}}}{\mathrm{d}t}=\dfrac{\mathrm{d}(r\cdot \overrightarrow{u}_r)}{\mathrm{d}t}=\dfrac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}\overrightarrow{u}_r+r\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{u}_r}{\mathrm{d}t}=\dot r \cdot \overrightarrow{u}_r+r\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{u}_r}{\mathrm{d}t}$
Or
$\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{u}_r}{\mathrm{d}t}=\dot \theta \cdot \overrightarrow{u}_\theta \quad \mbox{(pour le détail, voir le cour, la démonstration n’étant pas demandée)}$
D’où l’expression du vecteur vitesse
$\overrightarrow{v}=\dot r \overrightarrow{u}_r+r \dot\theta \overrightarrow{u}_\theta=R \dot\theta \overrightarrow{u}_\theta \quad (\mbox{car }r=R=\mbox{cste} \Rightarrow \dot r=0)$
De même, par définition du vecteur accélération
$\overrightarrow{a}=\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{v}}{\mathrm{d}t}=\dfrac{\mathrm{d}(r \dot \theta \overrightarrow{u}_\theta)}{\mathrm{d}t}=\dfrac{\mathrm{d}(r\dot \theta)}{\mathrm{d}t}\overrightarrow{u}_\theta+r\dot \theta\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{u}_\theta}{\mathrm{d}t}=\dot r \dot \theta \overrightarrow{u}_\theta+r\ddot \theta \overrightarrow{u}_\theta+r \dot \theta\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{u}_\theta}{\mathrm{d}t}$
Or
$\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{u}_\theta}{\mathrm{d}t}=-\dot \theta \cdot \overrightarrow{u}_r \quad \mbox{(pour le détail, voir le cour, la démonstration n’étant pas demandée)}$
D’où l’expression du vecteur accélération
$\overrightarrow{a}=\dot r \dot \theta \overrightarrow{u}_\theta+r\ddot \theta \overrightarrow{u}_\theta+r \dot \theta(-\dot \theta \overrightarrow{u}_r)=\dot r \dot \theta \overrightarrow{u}_\theta+r\ddot \theta \overrightarrow{u}_\theta -r\dot \theta^2\overrightarrow{u}_r$
Puisque $r=R=\mathrm{cste}$ (et donc $\dot r=0$), l’expression du vecteur accélération est
$\boxed{\overrightarrow{a}=R\ddot \theta \overrightarrow{u}_\theta-R \dot \theta^2 \overrightarrow{u}_r}$
I.C.3.) $\triangleright$ Pour prouver que le mouvement est uniforme, il suffit de montrer que la vitesse (linéaire $v$ ou angulaire $\omega=\dot \theta$) est constante. Faisons tout d’abord un bilan des forces, comme demandé.
Le système enfant n’est soumis qu’à son poids $\overrightarrow{P}$, vertical, dirigé vers le bas et tel $P=mg$ et à la réaction du support $\overrightarrow{R}_\mathrm{s}$, normale au support (puisque les frottements sont négligés) et dirigée vers l’exterieur du support. Toutes les autres forces (frottements et poussée d’Archimède) sont négligées.
La deuxième loi de Newton appliquée au système enfant dans le référentiel terrestre local muni du repère en coordonnées polaires (défini en I.C.1.)) s’écrit alors
$$\sum \overrightarrow{F}_{\mathrm{ext}}=\overrightarrow{P}+\overrightarrow{R}_\mathrm{s}=m\overrightarrow{a}$$
Or, les deux forces, $\overrightarrow{P}$ et $\overrightarrow{R}_\mathrm{s}$, sont nécessairement dans le plan orthogonal au plan $(\mathrm{O};\overrightarrow{u}_r,\overrightarrow{u}_\theta)$ contenant $\overrightarrow{u}_r$. Elles sont donc toutes les deux orthogonales à $\overrightarrow{u}_\theta$. Leur composante suivant $\overrightarrow{u}_\theta$ est donc nulle. Projetons $\overrightarrow{P}+\overrightarrow{R}_\mathrm{s}=m\overrightarrow{a}$ suivant $\overrightarrow{u}_\theta$. La composante de $\overrightarrow{a}$ suivant $\overrightarrow{u}_\theta$ étant $R\ddot \theta$, nous obtenons alors $0=mR\ddot \theta$. Ainsi, $m$ et $R$ étant non nuls, cela implique que $\ddot \theta=0$, soit que $\dot \theta=\mbox{cste}$ autrement dit que la vitesse angulaire est constante. Le mouvement circulaire de l’enfant au cours de la seconde phase est donc uniforme. La vitesse en $\mathrm{B}$, c’est-à-dire au début du mouvement circulaire, est $v_B$. Le mouvement circulaire est donc uniforme, à la vitesse $v_B$.
$\triangleright$ Montrons maintenant que l’enfant s’écarte d’un certain angle, noté $\beta$.
Le mouvement étant circulaire uniforme ($\ddot \theta=0$), l’accélération de l’enfant s’écrit donc
$\overrightarrow{a}=-R \dot \theta^2 \overrightarrow{u}_r=-\dfrac{v_\mathrm{B}^2}{R} \overrightarrow{u}_r$
On obtient alors
$\overrightarrow{P}+\overrightarrow{R}_\mathrm{s}=m\overrightarrow{a} \iff \overrightarrow{P}+\overrightarrow{R}_\mathrm{s}=-m\dfrac{v_B^2}{R}\overrightarrow{u}_r$
En s’aidant de la figure suivante projetons cette relation vectorielle sur l’axe $(\mathrm{O}; \overrightarrow{u}_r)$ puis sur l’axe vertical, dirigé vers le haut.
Nous obtenons successivement
$-R_s\cdot \sin \beta=-m\dfrac{v_\mathrm{B}^2}{R} \quad \mbox{et} \quad -P+R_s\cdot \cos \beta=0$
soit
$R_s\cdot \sin \beta=m\dfrac{v_\mathrm{B}^2}{R} \quad \mbox{et} \quad R_s\cdot \cos \beta=P=mg$.
Ceci implique que
$\dfrac{R_s\sin \beta}{R_s\cos \beta}=\tan \beta=\dfrac{v_\mathrm{B}^2}{Rg}$
I.C.4.) A.N. : Puisque $v_\mathrm{B}=4~\mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-1}$, $R=4,0~\mathrm{m}$ et $g=10~\mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-2}$, on obtient
$\beta=\arctan \left(\dfrac{4^2}{4\times 10}\right)=\arctan (0{,}4)\sim 21{,}8^{\circ}$.
I.C.5.) Du fait de l’écartement du point $\mathrm{M}$ d’un angle $\beta$ par rapport au plan médian du tube, cela implique une augmentation du rayon de la trajectoire de $0{,}5\sin 22=0,19~\mathrm{m}$. Cela correspond à une augmentation relative de $\dfrac{0,19}{4}=5~\%$.
L’erreur due cette l’approximation est de $5~\%$, à savoir de quelques pourcents, ce qui est acceptable.
I.D.1.) Arrivé en $\mathrm{D}$, l’enfant est animé d’une vitesse $v_\mathrm{B}$ dans la direction de l’axe du tube et écarté d’un angle $\beta$ par rapport à la verticale passant par le fond du tube. Toujours animé de la vitesse $v_\mathrm{B}$, dans l’axe du tube, la pesanteur l’attire vers le fond du toboggan. Ce faisant, elle lui communique une certaine vitesse (conversion d’énergie potentielle de pesanteur en énergie cinétique) le faisant remonter du côté opposé. À nouveau, la pesanteur agissant, il se retrouve attiré vers le fond du toboggan, ainsi de suite. Se met alors en place un mouvement d’oscillation qui se superpose au mouvement de translation rectiligne. Le mouvement de l’enfant est donc la composition d’un mouvement rectiligne uniforme, le long de l’axe du toboggan et d’un mouvement oscillatoire dans un plan perpendiculaire à l’axe du toboggan.
En tenant compte de la symétrie du mouvement, le repère le plus adapté à l’étude du mouvement est le repère en coordonnées cylindrique $(\mathrm{O}; \overrightarrow{u}_r, \overrightarrow{u}_\theta, \overrightarrow{u}_z)$ défini sur la figure suivante. L’origine $\mathrm{O}$ étant confondue avec le point $\mathrm{D}$.
