BiomEcANIque

BIOMECANIQUE RAPPELS On a les grandeurs physiques fondamentales (7) et les dérivées. Les fondamentales : - la longueur m - le temps s - la masse  kg - intensité lumineuse  cd (candela) - la quantité de matière  mol - le courant électrique A - la température  K (Kelvin) Les dérivées : - la force  N ou kg.m.s-2 - la pression  Pa ou N.m-2 ou kg.m-1.s-2 - le travail  N.m ou kg.m2.s-2 - la puissance  W ou N.m.s-1 ou kg.m2.s-3 101  déca (da) 102  x100 hecto (h) 103  x1000 kilo (k) 106  méga (M) 109  giga (G)

10-1  0.1 déci (d) 10-2  0.01 centi (c) 10-3  milli (m) 10-6  micro 10-9  nano (n)

72 km/h = 72000m/3600s  20m.s-1 3 m.s-1 = 3.10-3 x 3600 = 10.8 km.h-1 THEOREME DE PYTHAGORE A



B (Hyp)² = A² + B² + 2AB cos 

Hyp Norme = distance du vecteur : Sin  = coté opposé / hyp Cos  = coté adjacent / hyp Tang  = coté opposé / coté adjacent Les vecteurs servent à représenter des grandeurs physiques associé à une direction AB = A’B’ I.

ADDITION VECTORIELLE 1- La méthode graphique A+B = B+A (A+B)+C = A+(B+C)

2- La méthode analytique Pour des coordonnées cartésiennes il faut définir un repère (origine O; 3 axes directs)

Selon la règle des trois doigts de la main droite - pouce = vecteur i - index = vecteur j - majeur = vecteur k Méthode : A(xA ; yA ; zA) et P(xP ; yP ;zP)  le vecteur MP (xP-xA ; yP-yA ; zP-zA) Ex : A(3 ; 1 ; 2) et P(6 ; 1 ; 1)  le vecteur MP (3 ; 0 ; -1)

A

yA

xA = OA cos  yA = OA sin 

 O

xA

Ex : si v = 1.8 m..s-1 et un angle de 22° alors vx = 1.8 cos 22 et vy = 1.8 sin 22 AB (4 ; 2 ; 0) et CD (-1 ; 3 ; 0) AB+CD (4-1=3 ; 2+3=5 ; 0+0=0) II.

MULTIPLICATION VECTORIELLE

1- Produit d’un vecteur par un scalaire Cela donne un nouveau vecteur dont la norme est : k * vecteur A Il aura la même ligne d’action (parrallèle) et sera de même sens si k>0 et de sens opposé si k I2 donc w4 < w2 (I = moment d'inertie et w = vitesse angulaire.)  Entrée dans l'eau : - Arrêt de la rotation (les moments de forces créés sont contraires à la rotation). Dans un système composé de plusieurs parties, le moment cinétique créé dans une partie par une force interne sera automatiquement compensée par un moment cinétique contraire de l'autre partie de sorte que l'effet total reste nul. Système composé de deux parties égales : A

A

B

Système composé de deux partie non égales : A

A

B B

B

CINEMATIQUE DU MOUVEMENT

XIV. CINEMATIQUE DU MOUVEMENT LINEAIRE C'est la description du mouvement sans se préoccuper des causes (les paramètres sont l'accélération, la vitesse, le déplacement). On va faire une simplification (modélisation) du système, c'est à dire que l'on ramène la totalité du système à un seul point. 27- Notion de référentiel : A



M



Trajectoire avec référentiel terrestre :



Trajectoire avec la roue comme référentiel : A



 



28- Pour réaliser l'équation du mouvement Choisir une origine et un système d'axes (O, i, j), direct si possible. Faire le bilan des forces : si équilibre, alors   alors  Fext  ma .





 Fext  0 , et si le système n'est en équilibre,

 0  On ne s'intéresse qu'aux phases aériennes : P  ma donc P . On en déduit donc :  mg ax  0  ax 0  m  ax  a   . a correspond à l'accélération instantanée d'un point M. ay  mg  m  ay ay   g



  dv  vx  cste  v0 x donc v Par définition : a  vy   gt  cste   gt  v 0 y dt



 x  v 0 xt  cste  v 0 xt  x 0  d OM  donc OM  De même : v  1 1 dt  y   2 gt ²  v 0 yt  cste   2 gt ²  v 0 yt  y 0



Nous obtenons ainsi les équations horaires du mouvement.



Pour obtenir les équations cartésiennes à partir des équations x  x0 t  de la forme de y  f ( x), qui est une équation cartésienn e. v0 x

horaires

:

29- Application Deux balles sont lâchées au même instant du point O, origine du système. La balle A sans vitesse initiale, la balle B avec une vitesse initiale horizontale. Donner l'équation horaire de la trajectoire pour chacune de ces balles. Si la balle A pèse 5kg, et la balle B pèse 1kg, laquelle touchera le sol en premier ?

Balle A Référentiel galiléen.   v0  0     P  ma  mg  ma

0  v0 x 0 a v v g  gt  cste  gt x0

0

OMA 1  OMA 1  gt ²  v 0 yt  y 0  gt ² 2 2 Balle B Référentiel galiléen  v0 x v0 0     P  ma  mg  ma 0  v0 x  v0 x a v v g  gt  cste  gt v 0 xt  x 0 v 0 xt OMB 1  OMB 1  gt ²  v 0 yt  y 0  gt ² 2 2

Pour les deux balles, on a donc : yOMA  yOMB . Ces deux équations ne dépendent ni de la hauteur, ni de la masse des deux balles. Elles toucheront donc le sol au même moment. 30- Mouvement uniforme et mouvement uniformément varié

a0   v  v0  mouvement uniforme x  v 0t  x 0    a  g  v   gt  v 0  mouvement uniformément varié. On en déduit : v ²  v 0²  2a( x  x 0)  1 y   gt ²  v 0t  y 0  2 

31- Application aux sauts verticaux Comme c'est un saut vertical, on aura un déplacement uniquement selon (O, y). 1 y   gt ²  v 0 yt  y 0 2 vy   gt  v 0 y

v ²  voy ²  2 g ( y  y 0) Soit ts le temps du saut : A l'instant tm (à l'apogée), on a :

0   gtm  v 0 gts v 0  gtm  2 De même : 0  v 0²  2 g (h), avec y  y 0  h v 0² h 2g Applicatio n : 9,81 0,79  3,87m.s 1 2 v 0² 3,87² h h  0,76m 2g 2  9,81

Si ts  0,79s  v 0 

32- Application aux sauts en longueur (paraboliques) Nous allons étudier un saut de Jesse OWENS. Nous ne nous intéresserons qu'à la phase aérienne (de l'instant où son pied quitte le sol au moment où il touche le sable). A t0=0, son centre de gravité est à 1,10m du sol. A cet instant, v0 = 9,2m.s-1 fait un angle de 22° avec l'horizontale. A tf, G est à 0,45m du sol. Sa masse est de 70kg, et nous prendrons g=9,81m.s-2. Déterminer la longueur de la phase de vol, sa durée, et la hauteur atteinte par son centre de gravité. Référentiel galiléen. Système : le centre de gravité du sauteur. 0 v0 x a v g  gt  v 0 y

v 0 x  cos 22  9,2  8,53 v 0 y  sin 22  9,2  3,44 v

8,53  9,81t  3,44

8,53t  x 0 8,53t G 0G 9,81  G 0G  4,905t ²  3,44t  1,1  t ²  3,44t  y 0 2 Nous avons déterminé les coordonnées du centre de gravité en fonction de l'instant considéré. Calculons donc à quel instant le sauteur touchera le sol, c'est à dire à quel instant son centre de gravité sera à 0,45m du sol : y  4,905t ²  3,44t  1,1  0,45  y  4,905t ²  3,44t  0,65  0

Ceci est une équation du deuxième degré à une inconnue, donc :

  b ²  4ac  3,44²  4  (4,905  0,65)    24,58 On a donc deux solutions t1 et t 2 : t1 

 b    3,44  24,58   0,154 2a  9,81

 b    3,44  24,58   0,856 2a  9,81 t1est une valeur négative, le sauteur touchera donc le sol à l' instant t 2  0,856s Le saut a donc une durée de 0,856s. t2 

Déterminons maintenant la longueur de ce saut. Pour cela, il suffit de remplacer t par 0,856, dans l'équation des coordonnées de G :

G 0G

8,53t  4,905t ²  3,44t  1,1

 G 0G

7,3 0,45

 A l' instant t  0,856 : G 0G

8,53  0,856  4,905  0,856²  3,44  0,856  1,1

 Le saut a donc une longueur de 7,30m. On retrouve par ailleurs que G est à 45cm

du sol au moment de l' impact. Déterminons maintenant la hauteur maximale atteinte par le centre de gravité du sauteur. Pour calculer cette hauteur, nous allons nous servir du fait qu'à l'apogée, la vitesse verticale du centre de gravité est nulle, donc vy = 0 : 3,44 h est maximale quand v 0 y  0, donc 0  9,81t  3,44  t   0,35s 9,81 On remplace ensuite t dans l' équation des coordonnée s de G :

G 0G

8,53t  4,905t ²  3,44t  1,1

 G 0G

8,53  0,35  4,905  0,35²  3,44  0,35  1,1

 G 0G

2,985 1,70

Le sauteur a donc fait un saut de 7,30m, qui a duré 0,856s. Il a atteint son apogée à t = 0,35s, et son centre de gravité était alors à 1,70m du sol (et à presque 3m de son point de départ). En réalité, le saut a été de 8m13. On peut expliquer cet écart par le fait que la phase aérienne représente habituellement 88,6% de la performance (à l'impulsion, le centre de gravité se trouve derrière le sauteur, et à la réception, il se trouve devant lui). Ici :

8,13  88,6  7,20m . On retrouve donc à peu près noter résultat théorique. L'écart 100 supplémentaire peut s'expliquer par les erreurs de calcul, ou la résistance à l'air. 33- Calculer la vitesse d'envol On connaît la longueur du saut, et le temps de vol. on admet que le temps de montée est égal au temps de descente. Calculons donc l'angle d'envol et la vitesse initiale : v 0 xt  x 0 0  v0 x a v  OG 1 g  gt  v 0 y  gt ²  v 0 yt  y 0 2 Dans cette situation : v 0 xts  x max OG

1  gts ²  v 0 yts  0 2 A l'instant tm, on a vy = 0, d'où : gts ts vy   gtm  v 0 y  0  v 0 y  , avec tm  2 2 gts comme v 0 y  v 0 sin   v 0  2 sin 

On connaît la longueur du saut, soit xmax : x max x max  v 0 xts  x 0. Comme x 0  0  v 0 x  ts x max v 0 x  v 0 cos  v 0  ts cos

On arrive donc à : gts x max sin  gts ²  , soit   tan  2 sin  ts cos cos 2 x max On peut donc en déduire , puis v0. XV.

CINEMATIQUE DE ROTATION (AUTOUR D'UN AXE FIXE)

y

r = rayon S = déplacement linéaire  = angle en radian Axe perpendiculaire au pan dans lequel se déroule le mouvement.

S  x

r 34- Déplacement angulaire



S r

(1rad 

360  57,3) 2

35- La vitesse angulaire



d . Elle s'exprime en rad.s-1. Elle se schématise sur l'axe de rotation (axe Oz). dt 36- L'accélération angulaire

d . Elle x'exprime en rad.s-2. Elle se décompose en deux composantes : dt - Une tangentielle à la trajectoire. - Une radiale, ou normale, à la trajectoire. Il existe un lien entre la cinématique de translation et la cinématique de rotation : c'est le rayon, c'est à dire la distance qui sépare le point considéré de l'axes de rotation. S = déplacement du point, r = rayon et  = angle de la rotation :



 S  r   v  r  a  r  De plus, l'accélération radiale (ou normale) est égale à : v ² r ² ² ar    r ² r r 37- Application

1

Le cycliste pédale à un tour de roue par seconde.

2

3

R1 = 10,5 cm R2 = 3,5 cm R3 = 35 cm

v1  r1 1

 1  1 tour par seconde  2rad .s 1 et r1  10,5cm  0,105m  v1  0,105  2  0,6597m.s 1 v 2  v1, car la vitesse de la chaine ne varie pas. 0,6597  v 2  r 2 2   2   18,85rad .s 1 0,035 Le pignon est solidaire de la roue, leur vites se angulaire est donc la même :  2   3 v3  r 3 3  r 3 2  0,35 18,85  6,59m.s 1  23,75km.h 1