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CORRECTION EXERCICE I : LE RUGBY, SPORT DE CONTACT ET D’EVITEMENT
1. Le rugby, sport de contact
1.1. Les vitesses sont définies dans le référentiel terrestre lié au sol.
1.2. Le système S = { joueur A + joueur B } étant supposé isolé, la quantité de mouvement du
système S est conservée avant et après l’impact
:G
G
pS,avant = pS,après
Schématiquement, on a :
Avant impact
Après impact
vA
vB ≈ 0
A
B
JJG G
Or vB ≈ 0 donc v B = 0 :
vS
A
sol
B
G
G
G
p A + pB = pS,après
JJG
JJG
JJG
mA .v A + mB .vB = ( mA + mB ) .v S
JJG
JJG
mA .v A = ( mA + mB ) .v S
En projection selon un axe horizontal lié au sol, orienté dans le sens du mouvement de A, il
vient : mA .v A = ( mA + mB ) .v S
Finalement : v S =
vS =
mA
.v A
m A + mB
115
× 5,0 = 2,6 m.s−1.
115 + 110
2. Le rugby, sport d’évitement.
2.1. Étude du mouvement du ballon
2.1.1. On étudie le système { ballon }, de masse m constante, dans le référentiel terrestre
supposé
Les actions dues à l’air étant négligées, le ballon n’est soumis qu’à son
JG galiléen.
G
poids, P = m.g .
y
G
La deuxième loi de Newton appliquée au ballon donne :
G
G
G
g
G
G
dp d(m.v) dm
dv
∑ Fext = dt = dt = dt .v + m. dt
G
G
JJG
dp
v0
Or m = cte donc
= m.a
dtG
JG
G
G
Soit P = m.a , mg = ma
G G
α
d’où : a = g .
x
O
G ⎧a x = 0
G G
En projection dans le repère O, i, j , il vient : a ⎨
⎩a y = − g
(
)
dv x
⎧
G ⎧ v x = C1
G ⎪⎪a x = dt = 0
donc v ⎨
soit a ⎨
⎩ v y = − g ⋅ t + C2
⎪a = dv y = −g
y
⎪⎩
dt
où C1 et C2 sont des constantes d’intégration qui dépendent des conditions initiales.
G
G dv
2.1.2. On a : a =
dt
G
JJG
Or v(t = 0) = v 0
JJG ⎧ v 0x = v 0 .cos α
avec v 0 ⎨
⎩ v 0y = v 0 .sin α
donc
⎧C1 = v 0 .cos α
⎨
⎩0 + C2 = v 0 .sin α
G ⎧ v x = v 0 .cos α
v⎨
⎩ v y = −g ⋅ t + v 0 .sin α
⎧ dx
G ⎪⎪ dt = v 0 .cos α
JJJG ⎧⎪ x(t) = ( v 0 .cos α ) .t + C'1
soit v ⎨
donc OM ⎨
1
2
⎪ dy = −g ⋅ t + v .cos α
⎪ y(t) = − g ⋅ t + ( v 0 .sin α.) t + C'2
⎩
2
0
⎪⎩ dt
où C’1 et C’2 sont des constantes d’intégration.
JJJG
G dOM
Et : v =
dt
JJJG
G
Or OM(t = 0) = 0
⎧0 + C'1 = 0
donc ⎨
⎩0 + 0 + C'2 = 0
Finalement :
JJJG ⎧⎪ x(t) = ( v 0 .cos α ) .t
OM ⎨
1
2
⎪ y(t) = − g ⋅ t + ( v 0 .sin α ) .t
⎩
2
x
v 0 .cos α
Pour avoir l’équation de la trajectoire y(x), on reporte l’expression de t dans y(t) :
2.1.3. On isole le temps « t » de l’équation x = (v0.cosα).t soit
2
⎞
⎛
⎞
1 ⎛
x
x
y(x) = − g ⋅ ⎜
⎟ + v 0 .sin α. ⎜
⎟ soit
2 ⎝ v 0 .cos α ⎠
⎝ v 0 .cos α ⎠
y(x) = −
t=
g
2. ( v 0 .cos α )
2
.x 2 + tan α.x
2.1.4.
Équation : vx(t) = v0.cosα
Justification : le graphe est une droite
horizontale. Seule la composante vx est
constante au cours du temps.
Équation : x(t) = v0.cosα.t
Justification : le graphe est une droite passant
par l’origine. Seule la composante x(t) est une
fonction linéaire du temps.
Équation : vy(t) = − g.t + v0.sinα
Justification : le graphe est une droite
décroissante, donc son coefficient directeur
est négatif. Seule la composante vy est une
fonction affine avec un coefficient directeur
négatif ( − g).
Équation : y(t) = − ½.g.t² + v0.sinα.t
Justification : le graphe est une parabole de
concavité tournée vers le bas. Seule la
composante y(t) est une fonction parabolique
du temps.
2.2 Une « chandelle » réussie
2.2.1. Lorsque le ballon touche le sol, y(t) = 0
1
⎛ 1
⎞
soit − g ⋅ t 2 + v 0 .sin α.t = 0 donc ⎜ − g ⋅ t + v 0 .sin α ⎟ .t = 0
2
⎝ 2
⎠
La solution t = 0 correspond au moment où le ballon est frappé par le rugbyman à l’origine
1
du repère. La solution − g ⋅ t + v 0 .sin α = 0 correspond à la date pour laquelle le joueur
2
récupère le ballon :
2.v 0 .sin α
1
1
− g ⋅ t + v 0 .sin α = 0 soit g ⋅ t = v 0 .sin α d’où : t =
g
2
2
2 × 10 × sin(60)
t=
= 1,8 s.
9,81
On vérifie bien sur le graphe y(t) la valeur obtenue par calcul :
Date pour laquelle
le joueur récupère
le ballon.
2.2.2.
Méthode 1 : pour que la chandelle soit réussie, la vitesse v1 du joueur doit être égale à la
composante horizontale vx de la vitesse du ballon soit :
v1 = v0.cosα
v1 = 10,0×cos(60) = 5,0 m.s−1
Méthode 2 : pendant la durée t = 1,8 s du vol du ballon, le joueur parcourt la distance
d = x(t= 1,8 s) :
x(t) = v0.cosα.t
d = 10,0×cos(60)×1,8 = 9,0 m
9,0
d
soit : v1 =
= 5,0 m.s−1.
La vitesse v1 du joueur est alors : v1 =
1,8
t
Exercice II : ALCOOL ET MAUX DE TÊTE
Partie 1 : La molécule d’ibuprofène :
1.1.
Groupe carboxyle caractéristique de la
fonction acide carboxylique
*
1.2.1. La molécule d’ibuprofène est chirale car elle possède un seul atome de carbone asymétrique. On le repère
par un astérisque (*) sur le figure 2 ci-dessus.
1.2.2. Deux molécules forment un couple d’énantiomères si elles sont images l’une de l’autre dans un miroir sans
se superposer.
1.2.3.
C6H4CH2CH(CH3)2
HOOC
H
COOH
H
CH3
1.3.1. La bande n°1 est fine, de forte intensité et a son minimum de transmittance compris entre 1700 cm-1 et
1725 cm-1 : elle correspond à la liaison C = O d’un acide carboxylique.
La bande n°2 est large et a son minimum de transmittance compris entre
2500 cm-1 et 3000 cm-1 : elle correspond au chevauchement des bandes
d’absorption des liaisons C – H et de la liaison O-H de l’acide carboxylique.
1.3.2. Le signal (g) est un singulet ayant un déplacement chimique de 12 ppm : il
correspond à l’hydrogène du groupe carboxyle.
1.3.3. Le signal est un singulet car l’hydrogène est lié à un atome d’oxygène.
1.3.4. Le déplacement chimique du signal (a) est d’environ 1 ppm, ce qui
ne peut correspondre qu’à un hydrogène d’un groupement CH3 . L’aire du
doublet (a) étant environ six fois supérieure à celle du singulet (g), six
noyaux d’hydrogène équivalents résonnent pour ce δ. Il s’agit donc des
deux groupements CH3 entourés.
Remarque : le signal (a) ne peut correspondre aux hydrogènes de ce
groupe méthyle car ils ne sont que trois.
1.3.5. Le carbone voisin des deux groupements CH3 ne porte qu’un seul
hydrogène, d’après la règle des n+1-uplets, le signal est un doublet.
2.1.1
OH
2.1.2 L’éthanol est un alcool primaire car le carbone fonctionnel porteur du groupe hydroxyle OH n’est lié qu’à un
seul atome de carbone.
2.1.3 C6H12O6 Æ 2CH3CH2OH + 2CO2
2.2.1 On a dilué le moût pour avoir une absorbance compatible avec les valeurs trouvées avec les solutions
étalons.
2.2.2 Soit V0 le volume de solution mère et V1 le volume de solution fille.
C0 = 1,0×10-2 mol.L-1 la concentration de la solution mère et C1 la concentration de la solution fille.
Lors de la dilution la quantité de glucose est conservée donc C0 V0 = C1 V1. D’où C1 = C0 V0 / V1
Pour la solution 2, C1 = 1,0×10-2 * 0,30 / 5,0 = 6,0×10-4 mol.L-1 = 0,60 mmol.L-1.
Par la même méthode pour les autres solutions on trouve :
Solution
Concentration en
glucose en mmol/L
1
2
3
4
5
0
0,60
1,2
1,8
2,4
1.2
1
0.8
Série1
0.4
Linéaire (Série1)
A
0.6
0.2
0
0
1
2
3
-0.2
C1 (mmol/L)
La courbe est une droite passant par l’origine : A et C1 sont proportionnelles : la loi de Beer-Lambert est vérifiée.
Par lecture graphique, on détermine la concentration CX=1,6.10-3 mol.L-1 de la solution X dont l’absorbance est
0,67.
Soit VX le volume de la solution X (solution fille), Vmd le volume de moût dilué (solution mère) et Cmd la
concentration de la solution de moût dilué.
Par conservation de la matière lors de la préparation de la solution X, on peut écrire :
CX VX = Cmd Vmd . D’où Cmd = CX VX / Vmd= 1,6.10-3 * 5,0 / 0,40= 2,0×10-2 mol.L-1.
La concentration en glucose dans le moût de Muscadet est 50 fois plus grande que celle dans le moût dilué soit :
CMuscadet = 50 x Cmd = 1,0 mol.L-1
La concentration massique en glucose dans le moût de Muscadet est tMuscadet = CMuscadet x Mglucose = 180* 1,0 =
1,8×102 g.L-1
Ce moût ne peut pas être chaptalisé car cette valeur est supérieure à la limite autorisée de 161 g/L.
III ) Concert en sous-sol
1. Accord des instruments.
1.1. Fréquence f de vibration du son émis par le diapason :
Sur le document 2, on mesure la période de la tension.
Pour une meilleure précision, on mesure plusieurs périodes.
10,0 ms = 10,0×10−3 s Æ 16,0 cm
4 T Æ 14,5 cm
−3
T=
f=
10, 0 × 10 × 14, 5
4 × 16, 0
14,5 cm Æ 4 T
16,0 cm
1
4 × 16, 0
donc f =
= 441 Hz
T
10, 0 × 10 −3 × 14, 5
1.2. Il faut déterminer la fréquence du son émis par chaque instrument.
L’analyse spectrale donne la fréquence du fondamental qui caractérise la hauteur du son :
- pour le piano, la fréquence du fondamental vaut environ 0,4 kHz,
- pour la flûte, on lit environ 0,8 kHz,
- pour la guitare, on lit environ 0,4 kHz.
La flûte ne joue pas une note de même hauteur que les autres instruments.
Pour être certain que la guitare et le piano jouent la même note, il faut déterminer avec précision (voir méthode
employée en 1.1.) la période.
Piano : 15,0 ms = 15,0×10−3 s Æ 16,0 cm
6 T Æ 14,5 cm
T=
15, 0 × 10−3 × 14, 5
6 × 16, 0
f=
1
6 × 16, 0
donc f =
= 4,4×102 Hz
−3
15, 0 × 10 × 14, 5
T
Guitare : 15,0 ms = 15,0×10−3 s Æ 7,8 cm
8 T Æ 9,6 cm
T=
15, 0 × 10 −3 × 9, 6
8 × 7, 8
f=
1
8 × 7, 8
donc f =
= 4,3×102 Hz
−3
15, 0 × 10 × 9, 6
T
Les fréquences sont très proches, le piano et la guitare jouent sans doute la même note, même si l’imprécision
des mesures ne permet pas de le démontrer rigoureusement.
2. La pièce du sous-sol est-elle une bonne salle de concert ?
2.1. Trois phénomènes physiques interviennent au cours de la propagation du son dans une salle : réflexion,
absorption (atténuation), diffraction (par l’ouverture de la porte…).
2.2. Formule de Sabine : TR =
T ×A
0, 16 × V
soit 0,16 = R
V
A
En remplaçant les grandeurs par leurs unités, on a
s × m2
, donc le coefficient s’exprime en s.m-1.
3
m
2.3. Le document 6 nous apprend qu’une bonne salle de concert présente une durée de réverbération de 1,0 s à
2,5 s.
Calculons la durée de réverbération du sous-sol : TR =
0, 16 × V
avec A =
A
TR =
0, 16 × V
0, 16 × L . l . h
=
αBéton .SBéton + αBois .SBois αBéton .SBéton + αBois .SBois
TR =
0, 16 × 10, 0 × 5, 0 × 3, 0
= 10 s
0, 010 × 187 + 0, 15 × 3, 0
∑(α × S )
i
i
La durée de réverbération est trop longue, les notes successives vont se chevaucher et l’ensemble sera
inintelligible.
2.4. La surface du béton sera réduite par la pose de panneaux, elle vaudra SBéton − SPanneau
TR =
0,16 × L . l . h
αBéton . ( SBéton − SPanneau ) + αBois .SBois + αPanneau .SPanneau
αBéton . ( SBéton − SPanneau ) + αBois .SBois + αPanneau .Spanneau =
0, 16 × L . l . h
TR
αBéton .SBéton − αBéton .SPanneau + αBois .SBois + αPanneau .Spanneau =
αBéton .SBéton + SPanneau .(αPanneau − αBéton ) + αBois .SBois =
SPanneau .(αPanneau − αBéton ) =
SPanneau
Spanneau
0, 16 × L . l . h
TR
0, 16 × L . l . h
TR
0, 16 × L . l . h
− αBéton .SBéton − αBois .SBois
TR
0,16 × L . l . h
− αBéton .SBéton − αBois .SBois
TR
=
(αPanneau − αBéton )
0, 16 × 10, 0 × 5, 0 × 3, 0
− 0, 010 × 187 − 0, 15 × 3, 0
12 − 1, 87 − 0, 45
2, 0
=
=
= 20 m²
(0, 50 − 0, 010)
0, 49
Il faut installer environ 20 m² de panneaux absorbants.