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Bac S Liban 2013 http://labolycee.org EXERCICE II : LE RUGBY, SPORT DE CONTACT ET D’ÉVITEMENT 1. Le rugby, sport de contact 1.1. (0,25 pt) Les vitesses sont définies dans le référentiel terrestre lié au sol. 1.2. (0,25 pt) Le système S = { joueur A + joueur B } étant supposé isolé, la quantité de mouvement du système S est conservée avant et après l’impact : pS,avant = pS,après Schématiquement, on a : Avant impact Après impact vA vB ≈ 0 A B vS A sol B p A + pB = pS,après mA .v A + mB .v B = ( mA + mB ) .v S Or vB ≈ 0 donc v B = 0 : 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 (0,5 pt) Finalement : v S = (0,5 pt) v S = mA .v A mA + 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 galiléen. Les actions dues à l’air étant négligées, le ballon n’est soumis qu’à son poids, P = m.g . y La deuxième loi de Newton appliquée au ballon donne : g dp d(m.v) dm dv (0,25 pt) ∑ Fext = = = .v + m. dt dt dt dt v0 dp (0,25 pt) Or m = cte donc = m.a dt Soit P = m.a , mg = ma d’où : a = g . O α x a x = 0 (0,5 pt) En projection dans le repère O, i, j , il vient : a a y = − g ( ) dv ax = x = 0 v x = C1 dv dt 2.1.2. (1 pt) On a : a = soit a donc v dt 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. Or v(t = 0) = v 0 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 v x = v 0 .cos α v v y = −g ⋅ t + v 0 .sin α dx x(t) = ( v 0 .cos α ) .t + C'1 dt = v 0 .cos α dOM Et : v = soit v donc OM 1 2 dt dy = −g ⋅ t + v .sin 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. Or OM(t = 0) = 0 0 + C'1 = 0 donc 0 + 0 + C'2 = 0 Finalement : 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) : t= 2.1.3. (0,25 pt) 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) = − g 2. ( v 0 .cos α ) 2 .x 2 + tan α.x 2.1.4. (4X0,5 pt) 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. (0,5 pt) 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) (0,25 pt) t = = 1,8 s. 9,81 (0,5 pt) 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 : (0,5pt) 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 : (0,5pt) 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 d 9,0 soit : v1 = = 5,0 m.s−1. La vitesse v1 du joueur est alors : v1 = t 1,8