Correction DS7

Correction du bac blanc du 16/02/2016
EXERCICE 1 ÉTUDE D’UNE PERFORMANCE 5 points
1. Étude des résultats de la simulation.
1.1. Étude de la projection horizontale du mouvement du centre d'inertie du boulet.
1.1.a. D'après la figure 1, on lit v0x = 10 m.s–1.
1.1.b. On constate que vx est constante, donc la projection du centre d'inertie sur l'axe Ox possède
un mouvement uniforme.
1.1.c. Au sommet de la trajectoire, vSx =v0x = 10 m.s–1.
1.2. Étude des conditions initiales du lancer.
1.2.a. D'après la figure 2, on lit v0y = 9 m.s–1. (lecture peu précise)
1.2.b. v0 =
22
00
vv
xy
v0 =
10² 9²
= 13,5 m.s–1 La différence avec la valeur indiquée de 13,7 m.s–1 est due au manque
de précision pour la détermination de v0y à la question précédente.
D'après la figure ci-contre: cos  =
0
0
v
vx
 = arccos
0
0
v
vx
 = arccos
10
13,7
= 43°
1.3. Étude du vecteur vitesse du centre d'inertie du boulet.
Pour
0
v
, il suffit de tracer un vecteur tangent à la trajectoire à la date t =0s.
Pour
vS
, il faut tracer un vecteur de direction horizontale, tangent au sommet de la trajectoire.
/ 0,25
/ 0,25
/ 0,25
/ 0,25
/ 0,25
/ 0,25
/ 0,25
/ 0,25
0
v
x
y
v0y
O
v0x

2. Étude théorique du mouvement du centre d'inertie
2.1. La poussée d'Archimède a une valeur égale au poids du fluide déplacé (ici de l'air) : PA = air .V.g
Poids : P = m.g = boulet.V.g
Montrons que PA est négligeable devant P :
A
P
P
=
boule
i
t
ar
=
3
7,10 10
1,29
= 5,50103
P = 5,50103PA donc la poussée d'Archimède PA est effectivement négligeable face au poids
2.2. Système : le boulet
Référentiel: le sol, référentiel terrestre supposé galiléen
Inventaire des forces: le poids
P
, les autres forces (frottement, poussée d'Archimède) sont
négligeables face au poids.
D'après la deuxième loi de Newton:
P
= m.
a
soit m.
g
= m.
a
d’où
a
=
g
.
Dans le repère d'espace défini en introduction :
ax = 0
a
ay = – g
2.3.
a = donc par intégration on obtient :
vx = C1
v
vy = –g.t + C2
Les constantes sont déterminées à l’aide de la vitesse initiale :
C1 = v0x = v0.cos 
C2 = v0y = v0.sin 
Finalement :
vx = v0.cos 
v
vy = – g.t + v0.sin 
Soit
OG
le vecteur position du centre d'inertie du boulet, on a
v
=
dOG
dt
et par intégration
x = v0.(cos ).t + C3
OG
y = –
1
2
.g.t² + v0.(sin).t + C4
À la date t = 0, G a pour coordonnées G(x0 = 0 = C3; y0 = h = C4)
x = v0.(cos ).t
ainsi
OG
y = –
1
2
.g.t² + v0.(sin).t + h
Les équations proposées sont bien vérifiées.
2.4. Trajectoire y=f(x) du centre d'inertie ?
x = v0.(cos).t donc t =
0
v .(cos )
x
, on remplace t par cette expression
y = –
1
2
.g.
2
0
v .(cos )
x
+ v0.(sin).
0
v .(cos )
x
+ h soity = –
0
2(v .(cos ))²
g
.x² + (tan ). x + h
vd
dt
/ 0,5
/ 0,25
/ 0,75
/ 0,25

3. Comment améliorer la performance du lanceur
3.1.
angle fixé (figure 3)
vitesse initiale v0 fixée (figure 4)
Quand v0 augmente, la distance horizontale
D du jet :
- augmente
- diminue
- est la même
- augmente, passe par un maximum puis
diminue
- diminue, passe par un minimum puis
augmente
Quand augmente la distance horizontale D
du jet :
- augmente
- diminue
- est la même
- augmente, passe par un maximum puis
diminue
- diminue, passe par un minimum puis
augmente
3.2. Le record du monde est D = 21,69 m
La figure 4 montre qu'avec v0 = 13,8 m.s–1, il est possible d'égaler le record du monde si  = 41°.
La figure 3 montre qu'avec v0 = 14,0 m.s–1 et  = 41°, le record du monde peut être battu.
On peut vérifier la valeur théorique du record réalisé avec v0 = 14,0 m.s–1 et  = 41°.
Lorsque le boulet retombe au sol, y=0 donc :
2
0
. (tan ). '
2(v .(cos ))²
g
y x x h
2
9,8
0 . (tan41). 2,45
2(14.(cos41))² xx   
2
0 0,044. 0,87. 2,45xx   
Cette équation du second degré possède deux solutions x1= 22,27 m et x2 = -2,5 m
Seule la solution positive est physiquement acceptable, avec une valeur de 22,27 m, le
record est bien battu.
record battu !
/ 0,5
/ 0,25
/ 0,5

/0,5
/0,25
/0,25
/0,75
/0,25
/0,25
EXERCICE 2 VITESSE DANS L’ESPACE 5 points
1. On sait que la vitesse v de la source est inférieure à c donc le rapport
v1
c
De plus d’après le document 1, λ’ > λ0.
On en déduit que les propositions 1 et 2 sont fausses car dans les deux cas on obtient λ’ < λ0.
La proposition 3 est fausse car non homogène, en effet la différence entre deux vitesses a la
dimension d’une vitesse.
Donc la relation correcte est la proposition 4 :
0v
'1
c
.
2. Détermination de la vitesse d’une galaxie
2.1. Par lecture graphique on obtient :
Nom de la raie
Longueur d'onde de référence
0 (nm)
Longueur d'onde mesurée ’
(nm)
Hα
656
683
Hβ
486
507
Hγ
434
451
2.2. Choix du modèle d’étude
2.2.1. En utilisant l’expression trouvée à la question 1, on détermine l’expression de la vitesse
v
.
00 0 0
v ' v ' v '
' 1 1 1 c 1 v
c c c
On retrouve bien l’expression :
0
'
v c 1
.
2.2.2. Calcul de la valeur de la vitesse de la galaxie TGS153Z170 :
0
'
v c 1
A.N.
8 1 7 1
507nm
v m.s 1 1,30 m.s
486n
3,00 1 m 0 10
Calcul de l’incertitude pour la vitesse :
v 2 c '
. A.N.
      718 1 5 1
1nm
v 2 m.s 8 m.s 0,08 m.s
507nm
3,00.10 10 10
Le résultat peut se présenter sous la forme :
 71 v (1,30 0,08 0 m.s1)
.
2.3. Décalage vers le rouge
2.3.1. Pour chaque raie λ’ > λ0, la longueur d’onde se décale vers les grandes longueurs d’onde
donc vers le rouge.
2.3.2.
Nom de la raie
Décalage spectral relatif z
Hα
0,0412
Hβ
0,0432
Hγ
0,0392

/0,25
/0,25
/0,25
/0,25
/0,5
/0,25
/0,25
/0,25
/0,5
2.3.3. Théoriquement, z ne dépend pas de la raie choisie, les valeurs calculées de z sont proches,
on peut faire une moyenne :
moyen 0,0412 0,0432 0,0392
z 0,0412
3
(sans unité)
2.3.4. On sait que
0
0
'
z  
et que
0
'
v c 1
.
00
0 0 0 0 0
'
' v ' v ' v
v c 1 1
c c c
v
Donc z
c
2.3.5. La nouvelle valeur de la vitesse d’éloignement de la galaxie est :
v z c
A.N.
8 1 7 1
v 0,0412 3,00 10 m.s 1,24 10 m.s
.
Cette valeur, calculée à partir d’une moyenne effectuée sur 3 mesures, est plus précise que la
précédente calculée à l’aide d’une seule raie.
3. Détermination de la distance d’une galaxie
3.1. D’après la relation donnée v = H.d, la valeur de la constante de Hubble H est le coefficient
directeur de la droite v=f(d) représentée dans le document 5. On le détermine en utilisant un
point de la droite de coordonnées : d = 400 Mpc et v = 25000 km.s-1
111
25000km.s
H 62,5 km.s .Mpc
400Mpc
.
3.2. L’expression de la distance d de la galaxie à la Terre en fonction de c, z et H est :
v z.c
v H.d d d
HH
La distance en Mpc de la galaxie TGS153Z170 à la Terre est donc de :
51 2
11
0,0412 3,00 10 km.s
d 2,00 10 Mpc
62,5 km.s .Mpc
4. Comparaison des spectres de deux galaxies
4.1. Le document 4 « Spectre de la galaxie TGS912Z356 » présente un spectre d’absorption, en
effet on observe des raies d’absorption (pics vers le bas).
4.2. Pour la galaxie TGS153Z170, λ(Hβ) = 507 nm alors que pour la galaxie TGS912Z356, on lit sur
document 4 : λ(Hβ) = 543 nm. On en déduit que le décalage spectral relatif, z, est plus important
pour la galaxie TGS912Z356.
Or on sait que
v
zc
, donc sa vitesse v est plus grande.
D’après la relation de Hubble, vitesse et distance sont proportionnelles, on en conclue que la
galaxie TGS912Z356 est plus éloignée de la Terre que la galaxie TGS153Z170.