Bac S 2015 Antilles Guyane Correction © http://labolycee.org 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 α 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 ) = gx = 0 2.2. (0,25) En projection dans le repère (Ox ; Oz) : aG x aZ ( t ) = g Z = −g dv (t ) =0 ax = x 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 α À t = 0, vG (t = 0 ) = v0 avec v0 0 v0 .sin α Donc en égalant les coordonnées des deux vecteurs, il vient v ( t ) = v 0 .cos α (0,5) Finalement : vG x v Z ( t ) = −g.t + v 0 .sin α dx( t ) v x (t ) = = v 0 .cos α dOG dt Et vG = donc v G dt v ( t ) = dz( t ) = −g.t + v .sin α Z 0 dt x( t ) = v 0 .cos α.t + C'1 (0,25) en primitivant OG z(t ) = − 1 g.t 2 + v 0 .sin α.t + C' 2 2 C1 = v0 .cos α 0 + C = v .sin α 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 α.t (0,25) Finalement les équations horaires x(t) et z(t) sont : OG z(t ) = − 1 g.t 2 + v 0 .sin α.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.cosα.t donc t = v 0 .cos α (0,25) Finalement : z( x ) = − 2 1 x x et z( x ) = − g. + v 0 .sin α. 2 v 0 .cos α v 0 .cos α g .x ² + tan α.x 2.v .(cos α )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 α.x A 2.v 02 .(cos α )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 m en ne conservant que la solution positive. 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 soit .m.v 02 + m.g.zO = .m.v A2 + m.g.zA 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.