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Bac S 2015 Polynésie
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EXERCICE I : PERFORMANCE D’UNE ATHLÈTE (10 points)
1. Étude du mouvement du boulet avant le lâcher du marteau par l’athlète
dv
1.1. Par définition a =
, or au cours d’un mouvement circulaire le vecteur vitesse v voit sa
dt
dv
direction changer continuellement ainsi
≠ 0 et il existe un vecteur accélération.
dt
1.2. Dans le cas d’un mouvement circulaire, le vecteur accélération est centripète (qui tend vers
le centre), ainsi on élimine le schéma 4.
Utilisons la base de Frenet pour définir l’accélération dans le cas d’un mouvement circulaire :
aτ τ
dv
v²
a=
τ+ n.
dt
R
dv
n
> 0,
Si le mouvement est accéléré alors
a
dt
ainsi la coordonnée aτ du vecteur accélération suivant le vecteur unitaire τ
R
est positive et a est orienté dans le sens de rotation.
Cette situation correspond au schéma 3.
Pour que le mouvement soit circulaire uniforme, il faut que le vecteur accélération soit radial
dv
0) et centripète. Cette situation est visible sur le
(porté par le rayon du cercle car aτ =
dt
schéma 1.
Remarque : On peut plus simplement utiliser : a.v > 0 mouvement accéléré, a.v = 0 mouvement
uniforme et a.v < 0 mouvement ralenti.
1.3. D’après la seconde loi de Newton appliquée au boulet dans le référentiel terrestre supposé
galiléen, on a ΣFext = m.a .
Soit P + F = m. a où F est la force exercée par le câble sur le boulet.
F et a sont visiblement dans le même plan (pas forcément horizontal), c’est donc que
F + P = F ainsi F ≫ P . On peut négliger le poids face à la force du câble.
F a
F a
P
P
P +F
P +F
Poids non négligeable face à la force du boulet Plus F est grand face à P et plus F + P
alors F + P n’est pas dans le même plan que
tend à être dans le même plan que a .
a.
Vidéo de lancer de marteau : https://youtu.be/YSVgz9FLfrM, on remarque que la trajectoire n’est
pas dans un plan horizontal.
La deuxième loi de Newton donne alors F = m.a , en supposant le mouvement circulaire et
v²
v²
uniforme alors a =
et on obtient alors F = m.
.
R
R
Pour confirmer que le poids est négligeable devant la force exercée par le câble, exprimons le
F
rapport .
P
v²
m.
F
R = v²
=
P
m.g
g.R
En observant le dessin du lanceur de marteau, on constate que le rayon
a une longueur supérieure à deux bras, soit entre 2 et 3 m.
Posons R = 2,5 m.
F
26²
=
= 28
P
9,8 × 2,5
Alors F = 28.P, on confirme que le poids est négligeable devant la force exercée par le câble.
2. Étude du mouvement du boulet après le lâcher du marteau par l’athlète
2.1. On étudie le système {boulet}, de masse m constante, dans le référentiel terrestre supposé
galiléen. Les actions dues à l’air étant négligées, le boulet n’est soumis qu’à son poids, P = m.g .
La deuxième loi de Newton appliquée au boulet donne :
g
dp d(m.v) dm
dv
∑ Fext = dt = dt = dt .v + m. dt
dm
dp
= m.a
= 0 donc
Or m = cte alors
dt
dt
Soit P = m.a
mg = ma
d’où : a = g .
a x = 0
En projection dans le repère O, i, j , il vient : a 
a y = − g
dv x

a
=
=0
x

 v x = C1
dv
dt
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.
(
)
 v 0x = v 0 .cos α
 v x = v 0 .cos α
C1 = v 0 .cos α
avec v 0 
donc
v

0 + C2 = v 0 .sin α
 v 0y = v 0 .sin α
 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 =
donc OM 
soit v 
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 v(t = 0) = v 0
x = 0
Or OM(t = 0) 
y = h
Finalement :
donc
0 + C'1 = 0

0 + 0 + C'2 = h
 x(t) = ( v 0 .cos α ) .t

OM 
1
2
 y(t) = − g ⋅ t + ( v 0 .sin α ) .t + h

2
2.2. Il faut déterminer l’abscisse du boulet lorsqu’il touche le sol, soit résoudre
−gx 2
y= 2
+ tan(α ).x + h = 0
2v 0 cos2 (α )
Avec α = 45°, v0 = 26 m.s-1, h = 3,0 m, g = 9,8 m.s-2
−9,8 x 2
+ tan(45).x + 3,0 = 0
2 × 26² × cos2 (45)
(valeur de a stockée en mémoire)
–1,449704142×10-2 x² + x +3,0 = 0
Polynôme du second degré du type ax² + bx+ c = 0
Δ = b² – 4.a.c = 1² – (4×(–1,449704142×10-2) × 3,0) = 1,17396
(valeur non arrondie stockée en mémoire)
−b + ∆
−b − ∆
Solutions : x1 =
et x2 =
2a
2a
−1 + 1,17
−1 − 1,17
x1 =
= – 2,9 m
et x2 =
= 71,86 m
−2
2 × ( −1,4497 × 10 )
2 × ( −1,4497 × 10−2 )
On ne retient que la solution positive, et avec deux chiffres significatifs x2 = 72 m.
À l’aide du tableau, on en déduit que l’athlète serait classée à la 11ème place juste derrière
Joanna Fiodorow qui a lancé le marteau à 72,37 m.
2.3. Les trois courbes montrent une différence au niveau de la date de touché du sol.
Déterminons cette date tF pour laquelle x(tF) = x2.
x(tF) = (v0 . c os α).tF
x (tF )
tF =
v 0 .cos α
71,86
tF =
= 3,9 s.
(valeur non arrondie stockée en mémoire)
26 × cos 45
Seule la courbe EP2 convient.
2.4. Déterminons les énergies à la date t = 0 s.
EP(t = 0) = m.g.h
EP(t = 0) = 4,0×9,8×3,0 = 117,6 J = 1,2×102 J
1
EC(t = 0) = .m.v 0 2
2
EC(t = 0) = 0,5 × 4,0 × 26² = 1352 J = 1,4×103 J
Em(t = 0) = EC( t = 0) + EP(t = 0)
Em(t = 0) = 117,6 + 1352 = 1469,6 = 1,5×103 J
• À l’instant tS où le boulet atteint le sommet de la parabole :
En considérant que le mouvement a lieu sans frottements, alors il y a conservation de l’énergie
mécanique.
Em(t = 0) = Em(tS)
On peut tracer la courbe représentative de l’énergie mécanique.
Pour l’énergie cinétique :
Em(t = 0) = EC(tS) + EP(tS)
Donc EC(tS) = Em(t = 0) – EP(tS)
Graphiquement on lit EP(tS) = 800 J, alors EC(tS) = 1469,6 – 800 = 669,6 = 6,7×102 J
• Enfin juste avant l’instant tF où le boulet touche le sol :
EC(tF) = Em(t = 0) – EP(tF)
EC(tF) = 1469,6 – 0 = 1469,6 = 1,5×103 J
•
•
On place les trois points pour EC, que l’on
relie par une parabole.
•
Em
•
EC
•
3. Créatine et créatinine chez l’athlète
3.1.1. Étude des acides α-aminés nécessaires à la synthèse de la créatine
a. Tous les acides α-aminés possèdent le groupe caractéristique amino –NH2 et sur l’atome de
carbone voisin un groupe carboxyle –COOH.
b. Une molécule possédant un seul atome de carbone asymétrique C* possède un énantiomère.
Utilisons des formules semi-développées pour mieux repérer les C*.
O
NH2
NH
CH2
C
*CH
CH2
NH
CH2
S
O
CH3
C
CH2
* CH
OH
NH2
OH
NH2
C
CH2
Arginine
Méthionine
Parmi les molécules d’acides α-aminés citées dans le texte, l’arginine et la méthionine avec un
seul atome de carbone asymétrique présentent des énantiomères.
c.
H
H
C
H3CS(CH2)2
NH2
COOH
C
NH2
COOH
(CH2)2SCH3
Deux énantiomères sont images l’un de l’autre dans un miroir plan et sont non superposables.
3.1.2. Lors la réaction de déshydratation de la créatine, un réactif donne deux produits dont une
petite molécule H2O, il s’agit donc d’une réaction d’élimination.
3.1.3. Dessinons sa formule semi-développée pour trouver sa formule brute.
NH
C
NH
N
C
O
CH3
CH2
Formule brute : C4H7N3O
3.2. Dosage du taux de créatinine chez l’athlète.
3.2.1. La phrase « L’intensité de la couleur obtenue est directement proportionnelle à la
concentration de créatinine de l’échantillon. » est traduite par la loi de Berr-Lambert A = k.c
Le tube 1 sert de « blanc » dont l’absorbance sert de référence A = 0.
Le tube 2 contient de la créatinine à une concentration molaire C2 inconnue et a une absorbance
A2 = 0,71
Le tube 3 contient de la créatinine à la concentration C3 = 100 µmol.L-1 pour une absorbance de
A3 = 0,62.
A
A
A .C
A
Comme A = k.C, on a k =
= 2 = 3 soit C2 = 2 3
C
C2 C3
A3
0,71× 100
C2 =
= 1,1×102 µmol.L-1 = 1,1×10–4 mol.L-1
(valeur stockée en mémoire)
0,62
La concentration massique C2m est liée à la concentration molaire C2 par la
relation C2m = C2.MCréatinine.
C2m = C2. MC4H7N3O = C2 .(4M (C) + 7M (H) + 3M (N) + M (O))
C2m = 1,1×10–4 ×113 = 1,3×10–2 g.L-1 si on conserve trois chiffres significatifs C2m = 12,9 mg.L-1
Cette valeur est légèrement supérieure à celle attendue pour le sérum sanguin chez la femme
car elle est supérieure à 12 mg.L-1.
3.2.2. La valeur du taux de créatinine dans le sang dépend de la masse musculaire de l'individu.
Comme il s’agit d’une athlète de forte masse musculaire, ce taux est plus élevé que celui d’une
femme moins sportive.