Bac S 2017 Liban Correction ©

Bac S 2017 Liban
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EXERCICE I : LA MÉCANIQUE AU SERVICE DE LA PÉTANQUE (5 points)
Partie A - Le pointeur
1.1. Dans le triangle rectangle, dont l’hypoténuse est
trigonométrique, par exemple cos α =
v 0 , utilisons une relation
v
v0x
, ainsi α = arccos  0 x
v0
 v0
On peut mesurer directement sur la figure v 0 ⇔ 3 ,0 cm et v 0 x

α
.

v0x
⇔ 2,0 cm (dépend de l’imprimante).
 2, 0 
 = 48° (Attention au réglage de la calculatrice en °)
 3, 0 
α = arccos 
Autre méthode : On mesure l’angle avec un rapporteur, on trouve α = 51°.
1.2. Utilisons la relation x = v 0 .cos( α ).t pour le 4ème point de coordonnées t = 0,100 s et x = 0,346 m :
x
cos( α ).t
0, 346
v0 =
= 5, 2 m.s-1 .
cos( 48 ) × 0,100
v0 =
Pour être plus rigoureux, on peut aussi tracer la représentation graphique de x en fonction du temps.
Il s’agit d’une fonction linéaire. On trace la droite moyenne passant au plus près de tous les points et par
l’origine.
Puis on détermine le coefficient directeur de cette droite. Il est égal à v0.cos(α). Ainsi on accède à v0.
 x = v 0 .cos( α ).t

2.1. Utilisons les équations horaires données :(à savoir redémontrer) : 
1
2
 y = − 2 .g.t + v 0 .sin( α ).t
x
D’après la relation (1), on a t =
, que l’on introduit dans l’expression (2).
v 0 .cos( α )
(1)
(2)
2

1 
x
x
y = − .g. 
 + v 0 .sin( α ).
v 0 .cos( α )
2  v 0 .cos( α ) 
1
2
On retrouve l’expression proposée : y = − .g.
x2
+ x.tan( α )
(v 0 .cos( α ))2
2.2. La boule touche le sol pour y S = −1, 2 m (car O est à 1,2 m au-dessus du sol).
Il faut résoudre le polynôme du second degré en x suivant :
1
x2
+ x.tan( α )
y S = − .g.
2 (v 0 .cos( α ))2
1
x2
⇔ − .g.
+ x.tan( α ) − y S = 0
2 (v 0 .cos( α ))2
1
g
1
9, 81

a = − 2 . (v .cos( α ))2 = − 2 × ( 5, 5 × cos 51° )2 = −0, 409
0

Soit a.x 2 + b.x + c = 0 avec ⇔ b = tan( α ) = tan 51° = 1, 23
c = − y = +1, 2
S


∆ = b 2 − 4a.c = 1, 232 − 4 × ( −0, 409 ) × 1, 2 = 3, 47
yS
sol

−b + ∆ −1, 23 + 3, 47
=
= −0, 77 m
 x1 =
2a
2 × ( −0, 409 )

Racines du polynôme : 
 x = −b − ∆ = −1, 23 − 3, 47 = +3, 78 m
 2
2a
2 × ( −0, 409 )

On garde la racine positive cohérente avec la situation physique donc xS = 3, 78 m .
(cohérent car la boule tombe à 3,78 m puis roule jusqu’au bouchon situé entre 6 et 10 m du pointeur).
Partie B - Le tireur
1. Les deux grandeurs qui se conservent lors de ce choc sont :
- le vecteur quantité de mouvement p = m.v ,
- l’énergie cinétique EC =
1
.m.v 2 .
2
2.
D’après les relations vectorielles données : V1' =
2 m2
m − m1
.V2 et V2' = 2
.V2
m1 + m2
m1 + m2
A : si m1 = m2 , alors V1' = V2 et V2' = 0 : les boules échangent leurs vitesses (3)
B : si m1 > m2 , alors m1 + m2 > 2 m2 donc V1' = k .V2 avec 0 < k < 1 : la boule 1 part vers la droite.
m2 − m1 < 0 donc V = bV
. 2 avec b < 0 : la boule 2 repart vers la gauche.
'
2
C : si m1 < m2 , alors 2 m2 > m1 + m2 donc V1' = c .V2 avec c > 1 : la boule 1 part vers la droite.
m2 − m1 > 0 donc V2' = d .V2 avec d > 0 : la boule 2 continue vers la droite.
La boule G2 suit la boule G1.
3. Si m1 ≫ m2 , alors le terme

 (1)




 (2)


2 m2
tend vers 0, alors V1' tend vers 0.
m1 + m2
Conclusion : La boule 1 ne bouge presque pas.
Toujours si m1 ≫ m2 , le terme
m2 − m1
tend vers –1, alors V2' tend vers – V2 .
m1 + m2
Conclusion : La boule 2 rebondit et repart vers la gauche avec (quasiment) la même vitesse.
Compétences exigibles ou attendues :
En noir : officiel (Au B.O.)
En italique : officieux (au regard des sujets de bac depuis 2013)
□
Exploiter les équations horaires du mouvement ou l’équation de la trajectoire pour répondre à un
problème donné (ex : portée d’un tir, durée d’une chute, vitesse en un point …).
□
Définir la quantité de mouvement p d’un point matériel.