Exercice II: Histoire de pêche (9,5 points)

BAC S 2010 Centres étrangers
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EXERCICE II. HSTOIRES DE PÊCHE (9,5 points)
1. Première partie : Etude du mouvement du plomb après le passage à la verticale du pêcheur
Poussé d’Archimède
1.1. Poids P :
PA
- direction : verticale
- direction : verticale
- sens : vers le bas
- sens : vers le haut
- expression : P = m.g
- expression : PA = air.V.g
P
m.g
m
1.2. Calculons le rapport :


PA air .V.g air .V
P
1,50  101

= 7,7 × 103
PA 1,3  1,5  10 5
La valeur du poids est environ 7700 fois plus grande que celle de la poussée d’Archimède. On peut négliger la
poussée d’Archimède par rapport au poids. La chute est alors une chute libre.
1.3.1. L’énergie potentielle de pesanteur est nulle au niveau du sol. L’énergie potentielle de pesanteur du plomb au
point H, situé à la hauteur h par rapport au sol, est alors :
EPP(H) = m.g.h.
1.3.2. L’énergie cinétique du plomb au point H est :
EC(H) = ½.m.v²H.
1.3.3. L’énergie mécanique du plomb au point H est : Em(H) = EC(H) + EPP(H) = ½.m.v²H + m.g.h
1.3.4. La conservation de l’énergie mécanique du plomb entre le point H et le point S lorsqu’il touche le sol permet
d’écrire :Em(S) = Em(H).
Or l’altitude du point S est nulle, donc l’énergie potentielle de pesanteur au point S est nulle.
½.m.v²S + 0 = ½.m.v²H + m.g.h
v²S = v²H + 2.g.h
finalement :
2
v S  vH
 2gh
(en ne conservant que la solution positive).
vS  44,42  2  9,81 6,00 = 45,7 m.s1.
1.4. La deuxième loi de Newton appliquée au plomb de masse m, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, lors
de la chute libre, donne ici: P  m.a

m.a  m.g
soit
a  g.
En projection sur les axes (Ox) et (Oz) vertical orienté vers le haut, il vient :
dv

a 0 x

x
dv

dt
1.5. Comme a 
il vient a 

dt
a  g  dv z
 z
dt
a  0
.
a x
az  g

v  Cte1
v x

v z  gt  Cte2
 vH.cos 

v
À t = 0, le plomb est au point H : le vecteur vecteur vitesse vH a pour coordonnées : vH  Hx

vHz  vH.sin 

v (0)  Cte1  vH.cos 
Et comme v(t  0)  vH il vient : v(0)  x

v z (0)  0  Cte2  vH.sin 

v  vH.cos 
Finalement : v  x

v z  g.t  vH.sin 
1.6. v² = v²x + v²z
= v²H.cos² + (g.t + vH.sin)²
= v²H.cos² + g².t²  2.g.t.vH.sin + v²H.sin²
v² = v²H.( cos² + sin²) + g².t²  2.g.t.vH.sin
avec cos² + sin² = 1, on obtient v² = v²H + g².t²  2.g.t.vH.sin
finalement v =
vH2  g2.t 2  2.g.t.vH.sin 
relation (1).
1.7. La relation (1) précédente appliquée au point S où t représente alors la durée de chute donne
v²S = v²H + g².t²  2.g.t.vH.sin
et d’après 1.3.4. on a v²S = v²H + 2.g.h
alors : v²H + g².t²  2.g.t.vH.sin = v²H + 2.g.h
g².t²  2.g.t.vH.sin = 2.g.h
g²t²  2.g.vH.t.sin 2.g.h = 0
finalement :
en simplifiant par g et en passant aux valeurs numériques :
g.t²  2.vH.sin.t  2.h = 0
9,81.t²  (244,4sin 50).t – 26,00
9,81.t² – 68,02.t 12,00 = 0
t
et les deux solutions sont :


1
68,02  (68,02)²  4  12,00  9,81
2  9,81
soit
et
t = 7,11 s
t = – 0,17 s (impossible : t >0)
dx

 x  vH.cos .t  Cte'1
v x  dt  vH.cos 
dOM

1.8. Comme v 
alors : v 
donc OM 
1
dz
dt
z   2 .g.t²  vH.sin .t  Cte'2
v 
 g.t  vH.sin 

z

dt
x  0
Or à t = 0 , le plomb est au point H de coordonnées : OH  H
zH  h
Comme OM(0)  OH
 x  vH.cos .t
0  0  Cte '1

il vient OM(0) 
et finalement : OM 
1
h

0

0

Cte
'
2

z   2 .g.t²  vH.sin .t  h

1.9. Lorsque le plomb touche le sol, t = 7,11 s, donc xmax = x(t = 7,11) = 44,4 × cos(50,0) × 7,11 = 203 m.
1.10. On isole le temps « t » de l’expression x(t) et on reporte dans l’expression z(t) pour avoir l’équation de la
trajectoire z(x) :
t
x
vH.cos 
Finalement :
2

1 
x
x
z(x)   .g. 
h
  vH.sin .
2  vH.cos  
vH.cos 
alors
z(x)  
g
2
2.vH
.cos ²
.x2  tan .x  h
1.11. Il s’agit de l’équation d’une parabole de concavité orientée vers le bas car le coefficient multipliant x² est négatif
et car   90°.
1.12. En supposant g constant, les paramètres de lancement qui jouent un rôle dans le mouvement du projectile sont
l’angle , la hauteur de lancement h et la vitesse initiale vH.
2. Deuxième partie : propagation des ondes
2.1. On appelle onde mécanique progressive, le phénomène de propagation d’une perturbation dans un milieu
matériel sans transport de matière.mais avec transport d’énergie.
2.2. L’onde à la surface de l’eau est transversale car la direction de la perturbation (la verticale) est perpendiculaire
à la direction de propagation de l’onde (l’horizontale).
2.3. L’onde n’est pas périodique car le mouvement du point source (et des autres points de la surface de l’eau) ne
se répète pas à intervalle de temps réguliers.
x  x0
2.4.1. Soit v la célérité de l’onde, alors : v  1
t1  t 0
donc v 
2,00.101  0,00
= 0,100 m.s1.
2,00  0,00
2.4.2. La perturbation a une longueur L = 20,0 cm d’après le schéma.
L
La feuille, supposée ponctuelle, sera en mouvement pendant
L
la durée tf telle que : t f 
v
20,0.102
= 2,00 s
0,100
La date t’ pour laquelle la feuille sera à nouveau immobile est alors: t’ = t1 + tf = 2,00 + 2,00 = 4,00 s.
soit
tf 
2.5.1. Soit x2 la position de la libellule à la date t2 :
rapport au point O’ est :
x  x0
vair  2
t 2  t0
donc la distance d2 = x2 – x0 de la libellule par
d2 = vair . (t2 – t0)
d2 = 340 × (1,0.102 – 0) = 3,4 m.
2.5.2. Le poisson perçoit le son à la date : t3 = t2 + 
t3 = 1,0.102 +1,0.102 = 2,0.102 s.
x  x0
d3

La célérité du son dans l’eau est : v eau  3
avec d3 = 30 m (distance entre le poisson et le point O’.)
t3  t0
t3  t0
Soit
v eau 
30
2,0.10
2
= 1,5 × 103 m.s1.