Les tirs au but

Bac S 2015 Antilles Guyane
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EXERCICE I : LES TIRS AU BUT (6 points)
1. Schématisation du problème
1.1.
z
0,25 h
0,25 d
0,25 α, v0
v0
G
P
h
g
A
k
O
x
α i
d
1.2. (0,25) Si A est le point où se situe le ballon lorsqu’il franchit la ligne de but, alors le pénalty
est réussi si pour xA = d alors 0 < zA < h.
2. Étude dynamique du mouvement du ballon
2.1. Système {ballon} de masse m constante et de centre d’inertie G
Référentiel terrestre supposé galiléen
Repère (Ox ; Oz)
Forces :
poids du ballon, P = mg
les forces de frottement de l’air ainsi que la poussée d’Archimède sont négligés
dp
dv
= m.
(0,25) Deuxième loi de Newton : ∑ Fext =
dt
dt
(0,25) soit P = m.aG soit m.g = m.aG d’où aG = g
 a ( t ) = gx = 0
2.2. (0,25) En projection dans le repère (Ox ; Oz) : aG  x
 aZ ( t ) = g Z = −g
dv (t )


=0 
ax = x

 v x ( t ) = C1

dvG
dt
Or aG =
donc aG 
 en primitivant vG 

dt
 a = dv Z ( t ) = −g 
 v Z ( t ) = −g.t + C2 
 Z

dt


 v .cos α 
À t = 0, vG (t = 0 ) = v0 avec v0  0

 v0 .sin α 
Donc en égalant les coordonnées des deux vecteurs, il vient
 v ( t ) = v 0 .cos α

(0,5) Finalement : vG  x

 v Z ( t ) = −g.t + v 0 .sin α 
dx( t )


v x (t ) =
= v 0 .cos α


dOG
dt
Et vG =
donc v G 

dt
 v ( t ) = dz( t ) = −g.t + v .sin α 
 Z

0
dt


 x( t ) = v 0 .cos α.t + C'1



(0,25) en primitivant OG
 z(t ) = − 1 g.t 2 + v 0 .sin α.t + C' 2 

2

 C1 = v0 .cos α 
 0 + C = v .sin α 
2
0


 C' = 0 
À t = 0, OG(t = 0 ) = 0 donc en égalant les coordonnées des deux vecteurs  1

 C' 2 = 0 
 x( t ) = v 0 .cos α.t



(0,25) Finalement les équations horaires x(t) et z(t) sont : OG
 z(t ) = − 1 g.t 2 + v 0 .sin α.t 
2


Pour obtenir l’équation de la trajectoire z(x) du ballon, on isole le temps t de x(t) et on reporte
l’expression de t dans z(t) :
x
x = v0.cosα.t donc t =
v 0 .cos α
(0,25) Finalement : z( x ) = −
2

1 
x
x
et z( x ) = − g. 
 + v 0 .sin α.
2  v 0 .cos α 
v 0 .cos α
g .x ²
+ tan α.x
2.v .(cos α )²
2
0
2.3. (0,25) Le pénalty est réussi si pour xA = 11,0 m on a 0 < zA < 2,44 m.
g.x A2
zA = −
+ tan α.x A
2.v 02 .(cos α )²
zA = −
9,81× (11,0 )
2
2 × (11,5 ) × ( cos55 )
2
2
+ tan55 × 11,0 = 2,1 m
(0,25)
Comme zA vérifie les inégalités 0 < zA < 2,44 m, le pénalty est réussi.
3. Étude énergétique du mouvement du ballon
3.1. (0,5 expressions + 0,5 raisonnement)
1
Énergie cinétique : Ec = .m.v 2
2
Énergie potentielle de pesanteur : Epp = m.g.z
1
Énergie mécanique : Em = Ec + Epp = .m.v 2 + m.g.z
2
À t = 0, le ballon est à l’origine du repère donc x = 0 et z = 0.
À cette date, l’énergie potentielle de pesanteur EPP = m.g.z est nulle. Seule la courbe 3 passe
par l’origine du repère du graphe des énergies. Ainsi la courbe 3 est associée à l’énergie
potentielle de pesanteur.
Les frottements étant négligés, l’énergie mécanique est constante au cours du mouvement. On
associe donc la courbe 1 à l’énergie mécanique.
La courbe 2 est donc associée à l’énergie cinétique. La vitesse diminue lors de la montée en
altitude de la balle, puis augmente au cours de la descente.
3.2. (0,25 + 0,25) Lorsque le ballon franchit la ligne de but, xA = 11,0 m ; graphiquement on lit :
EC = 28 J et EPP = 13 J.
EC = 28 J
EPP = 13 J
Or EC =
2EC
1
.m.v A 2 donc v A2 =
soit v A =
2
m
(0,25) v A =
2EC
m
en ne conservant que la solution positive.
2 × 28
= 9,5 m.s−1.
0, 620
Et EPP = m.g.zA = m.g.hA donc hA =
EPP
m.g
13
= 2,1 m.
0, 620 × 9,81
Remarque : on retrouve la valeur de zA de la question 2.3.
(0,25) soit hA =
3.3. L’énergie mécanique du ballon se conserve au cours du mouvement.
(0,25) Ainsi, entre le point O et le point A on a : Em(O) = Em(A)
1
1
soit
.m.v 02 + m.g.zO = .m.v A2 + m.g.zA
2
2
1
1
Or zO = 0 m et zA = hA donc : .m.v 02 + 0 = .m.v A2 + m.g.hA
2
2
(0,25) En multipliant tous les termes par 2 et en les divisant par m, on obtient :
v 02 = v A2 + 2.g.hA
d’où : v A2 =v 02 – 2.g.hA
Finalement, en ne conservant que la solution positive : v A = v02 − 2.g.hA
(0,25) vA =
(11,5 )
2
− 2 × 9,81 × 2,1 = 9,5 m.s−1.
On retrouve bien la valeur vA de la vitesse du ballon lorsqu’il franchit la ligne de but.
La conservation de l’énergie mécanique utilisée ici est confirmée.