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

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EXERCICE I : LES TIRS AU BUT (6 points)
1. Schématisation du problème
1.1.
0,25 h
0,25 d
0,25 α, v0
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
(0,25) Deuxième loi de Newton :
.
ext dp dv
Fm
dt dt
(0,25) soit
G
P m.a
soit
G
m.g m.a
d’où
G
ag
2.2. (0,25) En projection dans le repère (Ox ; Oz) :
0
xx
GZZ
a (t) g
aa (t) g g
Or
G
Gdv
adt
donc
0
x
x
GZ
Z
dv (t)
adt
adv (t)
ag
dt
en primitivant
1
2
x
GZ
v (t) C
vv (t) g.t C
À t = 0,
G
v (t ) v
0
0
avec
v .cos
vv .sin
0
00
Donc en égalant les coordonnées des deux vecteurs, il vient
C v .cos
C v .sin
10
20
0
(0,5) Finalement :
0
0
x
GZ
v (t) v .cos
vv (t) g.t v .sin
Et
GdOG
vdt
donc
0
0
x
G
Z
dx(t)
v (t) v .cos
dt
vdz(t)
v (t) g.t v .sin
dt
(0,25) en primitivant
01
202
1
2
x(t) v .cos .t C'
OG z(t) g.t v .sin .t C'
x
d
z
O
k
i
v0
h
A
P
g
G

À t = 0,
OG(t )00
donc en égalant les coordonnées des deux vecteurs
C'
C'
1
2
0
0
(0,25) Finalement les équations horaires x(t) et z(t) sont :
0
20
1
2
x(t) v .cos .t
OG z(t) g.t v .sin .t
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 = v0.cos .t donc
x
tv .cos
0
et
2
0
00
1
2xx
z(x) g. v .sin .
v .cos v .cos
(0,25) Finalement :
2
0
.²
( ) tan .
2. .(cos )²
gx
z x x
v
2.3. (0,25) Le pénalty est réussi si pour xA = 11,0 m on a 0 < zA < 2,44 m.
2
2
0
.tan .
2. .(cos )²
A
AA
gx
zx
v
2
22
9,81 11,0 tan55 11,0
2 11,5 cos55
A
z
= 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)
Énergie cinétique : Ec =
.m.v2
1
2
Énergie potentielle de pesanteur : Epp = m.g.z
Énergie mécanique : Em = Ec + Epp =
.m.v2
1
2
+ m.g.z
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.
Or EC =
A
.m.v 2
1
2
donc
C
AE
vm
22
soit
C
AE
vm 2
en ne conservant que la solution positive.
(0,25)
A
v, 2 28
0 620
= 9,5 m.s1.
Et EPP = m.g.zA = m.g.hA donc
PP
AE
hm.g
(0,25) soit
A
h,,
13
0 620 9 81
= 2,1 m.
Remarque : on retrouve la valeur de zA de la question 2.3.
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)
soit
.m.v2
0
1
2
+ m.g.zO =
A
.m.v2
1
2
+ m.g.zA
Or zO = 0 m et zA = hA donc :
.m.v2
0
1
2
+ 0 =
A
.m.v2
1
2
+ m.g.hA
(0,25) En multipliant tous les termes par 2 et en les divisant par m, on obtient :
v2
0
=
A
v2
+ 2.g.hA
d’où :
A
v2
=
v2
0
– 2.g.hA
Finalement, en ne conservant que la solution positive :
AA
v v .g.h
2
02
(0,25) vA =
, , ,  
2
115 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.
EC = 28 J
EPP = 13 J