À la date t = 0 s, un skieur émerge d’un tremplin à la vitesse  de valeur 92 km / h, inclinée d’un angle de α =  5 ° sur l’horizontale.

On considère le mouvement du centre d’inertie G du skieur en ne prenant pas en compte les actions de l’air sur le système.

1. Le skieur est-il en chute libre lorsqu’il a franchi le tremplin ? Pourquoi ?

-  Le système : le skieur ;

-  Le référentiel d’étude est le tremplin (référentiel terrestre supposé galiléen) ;

-  Bilan des forces :

-  le poids du skieur ;

-  la poussée d’Archimède ;

-  les forces de frottement .

-  Comme on ne prend pas en compte les actions de l’air sur le système, le skieur est soumis à la seule action de son poids.

-  Par définition, il est en chute libre.

2. établir les expressions littérales des équations horaires du mouvement de G dans le repère .

-  On applique la deuxième loi de Newton :

-  Dans un référentiel Galiléen, la somme vectorielle des forces extérieures appliquées à un solide est égale

au produit de la masse du solide par le vecteur accélération de son centre d’inertie.

-  On écrit :

-  (1)

-  Coordonnées du vecteur accélération :

	et
De l’équation (1), on tire

-  Conditions initiales :

-  Coordonnées du vecteur vitesse.

-  On utilise la relation .

-  On cherche les primitives des équations précédentes.

-  Il apparaît des constantes qui sont liées aux conditions initiales.

-  Coordonnées du vecteur position. On opère de la même façon :

3. En déduire l’équation de la trajectoire.

-  Équation de la trajectoire :

-  On élimine le temps t entre pour trouver la relation entre x et y : y = f (x).

-  La trajectoire de G est une portion de parabole contenue dans un plan vertical contenant le vecteur vitesse .

4. Soit K la position de G au moment où le skieur retombe sur la piste.

La dénivellation entre O et K est de 40 m.

a. Calculer la durée t_K du saut.

-  Durée t_K du saut

-  On connaît la côte z _K = - 40 m. Il faut résoudre l’équation :

- 

-  On remplace g, v₀ et sin α par leurs valeurs respectives et en simplifiant,

-  on obtient l’équation du second degré :

-  Équation du second degré :  – 4,9 t_K² + 2,23 t_K + 40 = 0

-  Cette équation admet deux solutions :

-  t’ ≈ 3,09 s et t’’ ≈ – 2,64 s.

-  Avec l’origine des dates choisie, la bonne solution est : t_K ≈ 3,09 s.

b. En déduire la valeur de la coordonnée x_K du point K.

-  Valeur de la coordonnée x_K du point K

-  On utilise le fait que :  

-  x_K = v₀ . t_K . cos α 

-  x_K ≈ 25,45 × 3,09 m 

-  x_K ≈ 78,6 m      

c. Calculer la valeur de la vitesse de G à l’instant où il arrive en K et l’angle de ce vecteur avec l’horizontale.

-  Valeur de la vitesse au point K :

-   

-   

-  Valeur de l’angle α_K :

- 

-  La bonne solution est : α_K ≈ – 48 °

5. En compétition, les valeurs de x_K sont supérieurs à 100 m Pourquoi ?

-  En compétition, il se peut que v₀ soit plus grand et ou α plus grand aussi ;

-  x_K = v₀ . t_K . cos α .

-  D’autre part, il faut tenir compte des actions de l’air sur le skieur :

-  Le skieur ‘’plane’’, il s’appuie sur l’air.