Bac S 2015 Antilles Guyane Correction © http://labolycee.org

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Bac S 2015 Antilles Guyane
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EXERCICE I : LES TIRS AU BUT (6 points)
1. Schématisation du problème
1.1.
z
0,25 h
0,25 d
0,25 α, v0
v0
G
P
h
g
A
k
O
x
 i
d
1.2. (0,25) Si A est le point où se situe le ballon lorsqu’il franchit la ligne de but, alors le pénalty
est réussi si pour xA = d alors 0 < zA < h.
2. Étude dynamique du mouvement du ballon
2.1. Système {ballon} de masse m constante et de centre d’inertie G
Référentiel terrestre supposé galiléen
Repère (Ox ; Oz)
Forces :
poids du ballon, P  mg
les forces de frottement de l’air ainsi que la poussée d’Archimède sont négligés
dp
dv
 m.
(0,25) Deuxième loi de Newton :  Fext 
dt
dt
(0,25) soit P  m.aG soit m.g  m.aG d’où aG  g
 a (t )  g x  0
2.2. (0,25) En projection dans le repère (Ox ; Oz) : aG  x
 aZ (t )  gZ  g
dv ( t )


ax  x
0 

 v x (t )  C1

dvG
dt
Or aG 
donc aG 
 en primitivant vG 

dt
 a  dv Z ( t )  g 
 v Z (t )  g.t  C2 
 Z

dt


 v .cos  
À t = 0, vG (t  0 )  v0 avec v0  0

 v0 .sin  
Donc en égalant les coordonnées des deux vecteurs, il vient
 v (t )  v 0.cos 

(0,5) Finalement : vG  x

 v Z (t )  g.t  v 0.sin  
dx(t )


v x (t ) 
 v 0 .cos 


dOG
dt
Et vG 
donc vG 

dt
 v (t )  dz(t )  g.t  v .sin  
 Z

0
dt


 x(t )  v 0 .cos .t  C'1



(0,25) en primitivant OG
 z(t )   1 g.t 2  v 0 .sin .t  C' 2 

2

 C1  v0 .cos  
 0  C  v .sin  
2
0


 C'  0 
À t = 0, OG(t  0 )  0 donc en égalant les coordonnées des deux vecteurs  1

 C' 2  0 
 x( t )  v 0 .cos .t



(0,25) Finalement les équations horaires x(t) et z(t) sont : OG
 z(t )   1 g.t 2  v 0 .sin .t 

2

Pour obtenir l’équation de la trajectoire z(x) du ballon, on isole le temps t de x(t) et on reporte
l’expression de t dans z(t) :
x
x = v0.cos.t donc t 
v 0 .cos 
(0,25) Finalement : z( x )  
2

1 
x
x
et z( x )   g. 
  v 0 .sin .
2  v 0 .cos  
v 0 .cos 
g .x ²
 tan .x
2.v .(cos  )²
2
0
2.3. (0,25) Le pénalty est réussi si pour xA = 11,0 m on a 0 < zA < 2,44 m.
g.x A2
zA  
 tan .x A
2.v 02 .(cos )²
zA  
9,81 11,0 
2
2  11,5    cos55 
2
2
 tan55  11,0 = 2,1 m
(0,25)
Comme zA vérifie les inégalités 0 < zA < 2,44 m, le pénalty est réussi.
3. Étude énergétique du mouvement du ballon
3.1. (0,5 expressions + 0,5 raisonnement)
1
Énergie cinétique : Ec = .m.v 2
2
Énergie potentielle de pesanteur : Epp = m.g.z
1
Énergie mécanique : Em = Ec + Epp = .m.v 2 + m.g.z
2
À t = 0, le ballon est à l’origine du repère donc x = 0 et z = 0.
À cette date, l’énergie potentielle de pesanteur EPP = m.g.z est nulle. Seule la courbe 3 passe
par l’origine du repère du graphe des énergies. Ainsi la courbe 3 est associée à l’énergie
potentielle de pesanteur.
Les frottements étant négligés, l’énergie mécanique est constante au cours du mouvement. On
associe donc la courbe 1 à l’énergie mécanique.
La courbe 2 est donc associée à l’énergie cinétique. La vitesse diminue lors de la montée en
altitude de la balle, puis augmente au cours de la descente.
3.2. (0,25 + 0,25) Lorsque le ballon franchit la ligne de but, xA = 11,0 m ; graphiquement on lit :
EC = 28 J et EPP = 13 J.
EC = 28 J
EPP = 13 J
Or EC =
2EC
1
.m.v A 2 donc v A2 
soit v A 
2
m
(0,25) v A 
2EC
en ne conservant que la solution positive.
m
2  28
= 9,5 m.s1.
0,620
Et EPP = m.g.zA = m.g.hA donc hA 
EPP
m.g
13
= 2,1 m.
0,620  9,81
Remarque : on retrouve la valeur de zA de la question 2.3.
(0,25) soit hA 
3.3. L’énergie mécanique du ballon se conserve au cours du mouvement.
(0,25) Ainsi, entre le point O et le point A on a : Em(O) = Em(A)
1
1
.m.v 02 + m.g.zO = .m.v A2 + m.g.zA
soit
2
2
1
1
Or zO = 0 m et zA = hA donc : .m.v 02 + 0 = .m.v A2 + m.g.hA
2
2
(0,25) En multipliant tous les termes par 2 et en les divisant par m, on obtient :
v 02 = v A2 + 2.g.hA
d’où : v A2 = v 02 – 2.g.hA
Finalement, en ne conservant que la solution positive : v A  v02  2.g.hA
(0,25) vA =
11,5
2
 2  9,81 2,1 = 9,5 m.s1.
On retrouve bien la valeur vA de la vitesse du ballon lorsqu’il franchit la ligne de but.
La conservation de l’énergie mécanique utilisée ici est confirmée.
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