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
sont soumis qu’à l’action du poids
uur
M
P
(respectivement
uur
P
P
pour la plume).
1.1.2 (0,25 pt)
.L
MM
P m g
uur ur
et
.L
PP
P m g
uur ur
1.1.3 (0,25 pt) Dans le référentiel lunaire, on peut appliquer la deuxième loi de Newton au
système marteau (respectivement plume) :
( . )
M
ext d m v
dp
Fdt dt
r
ur
ur
; la masse du système étant
constante on obtient :
.
M
ext
F m a
ur r
(0,25 pt)
.
ur r
M
MM
P m a
ou
.
ur r
PP
P
P m a
..
ur rM
MM
L
m g m a
ou
..
ur r
P P P
L
m g m a
Soit
= =
uur r ur
P
ML
a a g
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)
1.2.3 (0,25 pt)
=
=
Mx
Mx
MMy
My L
dv
adt
adv
ag
dt
0
uur
En primitivant, il vient :
=
= .
Mx
MMy L
vC
vv g t C
1
2
uur
avec C1 et C2 constantes qui dépendent des
conditions initiales. Le marteau est lâché sans vitesse initiale
()
M
vt00
uur r
alors C1 = C2 = 0.
=
= .
Mx
MMy L
v
vv g t
0
uur
1.2.4 (0,25 pt) vM =
Mx My
vv
22
vM =
( . )
L
gt
22
0
= 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).
( ) ( ) ,
,
MM
LAO
v A v O
gtt
16 0
10 0
= 1,6 m.s-2.
Partie 2 : Durée de chute
2.1 (0,5 pt)
()
=
My dy t
vdt
et on a établi précédemment que
=.
My L
v g t
.
En primitivant, il vient : y(t) = –
1
2
.gL.t² + C3 C3 constante qui dépend des conditions initiales.
Le marteau est lâché à partir du point de coordonnées (O , h) ainsi C3 = h
y(t) = –
1
2
.gL.t² + h
O
r
i
x
y
ur
L
g
j
= L
ML
agg
0
uur ur

2.2 (0,25 pt) La durée de chute correspond à la date pour laquelle y(tC) = 0.
0 = –
1
2
.gL.tC² + h
tC² =
.
L
h
g
2
, en ne retenant que la solution positive : tC =
.
L
h
g
2
tC =
,
,
2 150
16
= 1,4 s
(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 on déduit que t =
X
v .cos
Que l’on remplace dans Y(t) =
1
2
.gL.t² + (v.sin).t
On obtient : Y(X) =
LXX
gv
vv
2
1. . ( .sin ).
2 .cos .cos
Y =
L
gX X
v
2
2
.
1. .tan
2 ( .cos )
Il s’agit bien de l’équation d’une portion de parabole.
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.
3.3. (0,5 pt) Y = 0 =
L
gX X
v
2
2
.
1. .tan
2 ( .cos )
.
. . tan
( .cos )
L
gX
Xv
2
1
2
= 0
Soit X = 0 ou
.
. tan
( .cos )
L
gX
v
2
1
2
= 0
L
gX
v
2
.
1. tan
2 ( .cos )
2
2.(tan ).( .cos )
L
v
Xg
3.4 (0,25 pt)
2
2.(tan60) (2,0 cos60)
1,62
X
= 2,1 m Résultat conforme au graphique 4
(calculatrice en degrés)