Bac S 2011 Session de remplacement Antilles Guyane Correction

Bac S 2011 Session de remplacement Antilles Guyane Correction © http://labolycee.org
EXERCICE II : SUR LA LUNE (5,5 points)
Vidéo de la chute sur la Lune https://youtu.be/KDp1tiUsZw8
Partie 1 : Vecteur champ de pesanteur lunaire
1.1.1 (0,25 pt) Les frottements étant négligeables sur la Lune, la plume comme le marteau ne
uur
uur
sont soumis qu’à l’action du poids PM (respectivement PP pour la plume).
uur
ur
uur
ur
1.1.2 (0,25 pt)
et
PM  mM .g L
PP  mP .g L
1.1.3 (0,25 pt) Dans le référentiel lunaire, on peut appliquer la deuxième loi de Newton au
système marteau (respectivement plume) :
constante on obtient :
ur
r
(0,25 pt) P M  mM .a M
ur
r
mM .g L  mM .a M
ur
F
ext
r
 mM .a
ou
ou
uur r
ur
Soit aM = a P = g L
r
ur
ur
d p d (mM .v ) ; la masse du système étant
 F ext  dt  dt
ur
r
P P  mP .a P
ur
r
mP .g L  mP .a P
1.2.1 (0,25 pt) Le marteau chute verticalement, il possède une trajectoire rectiligne visible sur le
graphique 1. Le graphique n°2 représente l’altitude en fonction du temps.
1.2.2(0,25 pt) y
ur
uur ur  0 
gL
aM = g L 

 gL 
j
x
r
i
O
dv Mx


uur  aMx = dt  0 
1.2.3 (0,25 pt)

aM 
dv My


 g L 
 aMy =
dt


uur  v Mx = C1

En primitivant, il vient : v M 

 v My =  gL .t  C2 
avec C1 et C2 constantes qui dépendent des
uur
r
conditions initiales. Le marteau est lâché sans vitesse initiale v M (t  0)  0 alors C1 = C2 = 0.
uur  v Mx = 0

vM 

 v My =  gL .t 
1.2.4 (0,25 pt)
2
2
vM = v Mx
 v My
vM = 02  (gL .t )2 = gL.t
(0,25 pt) Le graphique n°3 correspond à une fonction linéaire croissante (droite passant par
l’origine), soit vM = k.t avec k >0, ce qui cohérent avec l’expression trouvée de vM
1.2.5 (0,25 pt) On détermine le coefficient directeur de la droite, à l’aide de deux points O(0,0) et
A(1,0 ;1,6).
v ( A)  v M (O ) 1, 6  0 = 1,6 m.s-2.
gL  M

t A  tO
1, 0  0
Partie 2 : Durée de chute
dy (t )
et on a établi précédemment que v My =  g L .t .
dt
1
En primitivant, il vient : y(t) = – .gL.t² + C3
C3 constante qui dépend des conditions initiales.
2
Le marteau est lâché à partir du point de coordonnées (O , h) ainsi C3 = h
1
y(t) = – .gL.t² + h
2
2.1 (0,5 pt) v My =
2.2 (0,25 pt) La durée de chute correspond à la date pour laquelle y(tC) = 0.
1
0 = – .gL.tC² + h
2
tC² = 2.h , en ne retenant que la solution positive : tC =
gL
tC =
2.h
gL
2  1, 50 = 1,4 s
1, 6
(0,25 pt) Le graphique 2 confirme ce résultat car on peut lire que y = 0 pour t = 1,4 s.
2.3 (0,25 pt) La plume a la même accélération et les mêmes conditions initiales que le marteau,
on obtiendrait la même durée de chute.
(0,25 pt) La phrase du texte qui confirme cette réponse est : «… les deux objets s’enfoncèrent
dans la poussière lunaire exactement au même instant ».
Partie 3 : Marchons sur la Lune
3.1 (0,5 pt) D’après X = (v.cos).t
Que l’on remplace dans Y(t) = 
on déduit que t =
X
v .cos 
1
.gL.t² + (v.sin).t
2
2
1
X
 X



 (v .sin  ). 
On obtient : Y(X) =  .g L . 


2
 v .cos  
 v .cos  
1 gL . X 2
 X .tan Il s’agit bien de l’équation d’une portion de parabole.
Y=  .
2 (v .cos  )2
3.2 (0,25 pt) Au début du pas, t = 0 et on lit Y = 0, ainsi l’origine O’ du repère coïncide avec la
position initiale du centre d’inertie G de l’astronaute.
À la fin du pas, le texte indique que G retombe à son niveau de départ ainsi Y = 0.
1 gL . X 2
 X .tan
3.3. (0,5 pt) Y = 0 =  .
2 (v .cos  )2
 1

gL . X
X .  .
 tan   = 0
2
 2 (v .cos  )

 1

gL . X

tan

= 0
2
 2 (v .cos  )

Soit X = 0 ou   .
gL . X
1
.
 tan 
2 (v .cos  )2
X
2.(tan ).(v .cos  )2
gL
3.4 (0,25 pt) X 
2.(tan60)  (2,0  cos60)2
= 2,1 m Résultat conforme au graphique 4
1,62
(calculatrice en degrés)