Bac S 2017 Liban Correction ©

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EXERCICE I : LA MÉCANIQUE AU SERVICE DE LA PÉTANQUE (5 points)
Partie A - Le pointeur
1.1. Dans le triangle rectangle, dont l’hypoténuse est
0
v
, utilisons une relation
trigonométrique, par exemple
0
0
x
v
cos
v
= α , ainsi
0
0
x
v
arccos
v
= α .
On peut mesurer directement sur la figure
0
3 0 cm
,v⇔ et
0
2 0 cm
,
x
v⇔ (dépend de l’imprimante).
2 0
48
3 0
,
arccos ,
= = °
α
(Attention au réglage de la calculatrice en °)
Autre méthode : On mesure l’angle avec un rapporteur, on trouve α = 51°.
1.2. Utilisons la relation
0
x v .cos( ).t
=
α
pour le 4
ème
point de coordonnées t = 0,100 s et x = 0,346 m :
0
x
v
cos( ).t
=
α
-1
0
0 346
5 2 m.s
48 0 100
,
v ,
cos( ) ,
= =
×
.
Pour être plus rigoureux, on peut aussi tracer la représentation graphique de x en fonction du temps.
Il s’agit d’une fonction linéaire. On trace la droite moyenne passant au plus près de tous les points et par
l’origine.
Puis on détermine le coefficient directeur de cette droite. Il est égal à v
0
.cos(α). Ainsi on accède à v
0
.
2.1. Utilisons les équations horaires données :(à savoir redémontrer) :
0
20
(1)
1
(2)
2
x v .cos( ).t
y .g.t v .sin( ).t
=
= − +
α
α
D’après la relation (1), on a
0
x
t
v .cos( )
=
α
, que l’on introduit dans l’expression (2).
2
0
0 0
1
2x x
y .g. v .sin( ).
v .cos( ) v .cos( )
= − + α
α α
On retrouve l’expression proposée :
2
2
0
1
2x
y .g. x.tan( )
(v .cos( ))
= − +
α
α
2.2. La boule touche le sol pour
12 m
S
y ,= − (car O est à 1,2 m au-dessus du sol).
Il faut résoudre le polynôme du second degré en x suivant :
2
2
0
1
2
S
x
y .g. x.tan( )
(v .cos( ))
= − +
α
α
2
2
0
1
0
2
S
x
.g. x.tan( ) y
(v .cos( ))
⇔ − + − =
α
α
Soit
2
0
a.x b.x c
+ + =
avec
2 2
0
1 1 9 81
0 409
2 2 5 5 51
51 123
12
S
g ,
a . ,
(v .cos( )) ( , cos )
b tan( ) tan ,
c y ,
= − = − × = −
× °
⇔ = = ° =
= − = +
α
α
2 2
4 123 4 0 409 12 3 47
b a.c , ( , ) , ,
∆ = − = − × − × =
0
x
v
α
sol
y
S

Racines du polynôme :
1
2
123 3 47
0 77 m
2 2 0 409
123 3 47
3 78 m
2 2 0 409
b , ,
x ,
a ( , )
b , ,
x ,
a ( , )
− + ∆ − +
= = = −
× −
− − ∆ − −
= = = +
× −
On garde la racine positive cohérente avec la situation physique donc
3 78 m
S
x ,= .
(cohérent car la boule tombe à 3,78 m puis roule jusqu’au bouchon situé entre 6 et 10 m du pointeur).
Partie B - Le tireur
1. Les deux grandeurs qui se conservent lors de ce choc sont :
- le vecteur quantité de mouvement
.
p mv
= ,
- l’énergie cinétique
2
1
2
. .
C
E mv
= .
2.
D’après les relations vectorielles données :
2
1 2
1 2
2
'
.
m
V V
m m
=+ et
2 1
2 2
1 2
'
.
m m
V V
m m
−
=+
A : si
1 2
m m
= , alors
1 2
'
V V
=
et
2
0
'
V
=
: les boules échangent leurs vitesses (3)
B : si
1 2
m m
> , alors
1 2 2
2
m m m
+ > donc
1 2
V kV
=
'
.
avec
0 1
k
< <
: la boule 1 part vers la droite.
2 1
0
m m
− <
donc
2 2
'
.
V bV
= avec
0
b
<
: la boule 2 repart vers la gauche.
C : si
1 2
m m
< , alors
2 1 2
2
m m m
> + donc
1 2
'
.
V cV
= avec
1
c
>
: la boule 1 part vers la droite.
2 1
0
m m
− >
donc
2 2
'
.
V dV
= avec
0
d
>
: la boule 2 continue vers la droite.
La boule G
2
suit la boule G
1
.
3. Si
1 2
m m
≫
, alors le terme
2
1 2
2 m
m m
+
tend vers 0, alors
1
V
'
tend vers 0.
Conclusion : La boule 1 ne bouge presque pas.
Toujours si
1 2
m m
≫
, le terme
2 1
1 2
m m
m m
−
+
tend vers –1, alors
2
V
'
tend vers –
2
V
.
Conclusion : La boule 2 rebondit et repart vers la gauche avec (quasiment) la même vitesse.
Compétences exigibles ou attendues :
En noir : officiel (Au B.O.)
En italique : officieux (au regard des sujets de bac depuis 2013)
□ Exploiter les équations horaires du mouvement ou l’équation de la trajectoire pour répondre à un
problème donné (ex : portée d’un tir, durée d’une chute, vitesse en un point …).
□ Définir la quantité de mouvement
p
d’un point matériel.
(1)
(2)