grand oral physique

« Introduction Imaginez un motard lancé à pleine vitesse, prenant son élan sur une rampe, puis s’envolant dans les airs. Pendant une fraction de seconde, tout semble suspendu : la moto décolle, le public retient son souffle… Et selon des paramètres invisibles — la vitesse, l’angle du saut, la position du pilote — ce moment peut devenir soit un exploit spectaculaire, soit une chute impressionnante. Derrière cette scène d’adrénaline se cachent pourtant des lois très précises de la physique : la cinématique qui décrit la trajectoire, la gravité qui ramène la moto au sol, et les notions d’énergie et de décélération qui expliquent la violence d’un choc. On peut donc se poser la question suivante : Comment la physique explique-t-elle un saut de moto réussi ou raté, et comment le casque protège-t-il le pilote en cas de chute ? I.

Le saut réussi : quand la physique trouve le bon équilibre Un saut de moto réussi dépend principalement de la vitesse de départ, de l’angle de la rampe et de la maîtrise du pilote. Pour comprendre cela, on peut modéliser le saut comme un mouvement de projectile, en négligeant les frottements de l’air. 1️Choix du repère et accélération Je choisis un repère orthonormé : • l’axe xxx horizontal, • l’axe yyy vertical orienté vers le haut, • l’origine au point de départ. La seule force qui agit sur le système est le poids. Donc l’accélération est constante : ax=0 ay=−g avec g=9,81 2️Équations horaires de la vitesse J’intègre l’accélération par rapport au temps. Sur l’axe horizontal : vx=k avec k=v0cosθ Sur l’axe vertical : Vy=-gt+k avec k=v0sinθ donc Vy=-gt+ v0sinθ 3️Équations horaires de la position J’intègre maintenant les vitesses. Sur l’axe horizontal : x(t)=v0cos⁡θ*t Sur l’axe vertical : y(t)=v0sin⁡θ⋅t−1/2gt^2 4️Équation de la trajectoire Pour obtenir l’équation de la trajectoire, j’élimine le temps. À partir de l’équation de x(t): x(t)=v0cos⁡θ*t on isole t t=x/(v0cos⁡θt) Je remplace dans y(x) : y(x)=v0sinθ*t−1/2gt^2 y(t)=−gx²/(2v0²cos⁡2θ)+ x*tan⁡θ La trajectoire est donc une parabole. 5️Temps de vol L’objet retombe à la hauteur initiale, donc : y(T)=0 0=−1/2gT^2+ v0*sin⁡θ*T Je factorise : T(v0sin⁡θ−12gT)=0 T=2v0sin⁡θ/g 6️Démonstration de la portée Par définition, la portée est la position horizontale à l’instant T : R=x(T) R=v0cos⁡θ*T Je remplace T : R=v0cos⁡θ*(2v0sin⁡θ)/g R=(2v0^2sinθcosθ)/g 7️Calcul de la vitesse minimale On connaît : R=27 m θ=30 sin 60°=0,866 R=(2v0^2sinθcosθ)/g Donc v0=sqrt((R*g)/0,866)=17,5m/s Soit environ 63 km/h 8 Condition pour la hauteur maximale À la hauteur maximale, la vitesse verticale devient nulle. Pourquoi ? Parce que le projectile monte, ralentit à cause de la gravité, et au sommet : vy=0 Or la vitesse verticale est donnée par : vy(t)=−gt+ v0sin⁡θ Donc à l’instant tmax⁡où vy=0: 0=−gtmax+ v0sin⁡θ On résout pour tmax : tmax⁡=v0sin⁡θ/g C’est le temps qu’il faut pour que le projectile arrête de monter. On utilise maintenant l’équation de position verticale : y(t)=−1/2gt^2+v0sin⁡θ*t On remplace t=tmax⁡: hmax⁡=v0*sin⁡θ*(v0sin⁡θ)/g−(1/2)*g(v0sin⁡θ/g)^2 • v0=17,5 m/s • θ=30∘⇒sin⁡30∘=0,5 hmax≈3,9 m II.

Le saut raté : quand l’énergie devient un danger Si la vitesse ou l’angle sont mal maîtrisés, la réception peut.... »