Exercitations de physique avancée 10 - correction, Exercices de Physique Avancée
Eleonore_sa
Eleonore_sa9 May 2014

Exercitations de physique avancée 10 - correction, Exercices de Physique Avancée

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Exercitations de physique avancée sur le rugby, sport de contact et d’evitement - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Le rugby, sport de contact, Le rugby, sport d’évitement.
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Exercice II Le rugby, sport de contact et d'évitement (8 points)

Bac S Liban 2013 EXERCICE II : LE RUGBY, SPORT DE CONTACT ET D’EVITEMENT

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 :

S,avant S,aprèsp p

Schématiquement, on a :

 A B S,aprèsp p p

 A A B B A B Sm .v m .v m m .v  

Or vB  0 donc Bv 0 :  A A A B Sm .v m m .v  En projection selon un axe horizontal lié au sol, orienté dans le sens du mouvement de A, il

vient :  A A A B Sm .v m m .v 

(0,5 pt) Finalement :  

A S A

A B

m v .v

m m

(0,5 pt)   

S

115 v 5,0

115 110 = 2,6 m.s1.

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 .

La deuxième loi de Newton appliquée au ballon donne :

(0,25 pt) ext dp

F dt 

d(m.v) dm dv .v m.

dt dt dt   

(0,25 pt) Or m = cte donc dp

m.a dt 

Soit P m.a , mg ma

d’où : a g .

(0,5 pt) En projection dans le repère  O, i, j , il vient : 

  

x

y

a 0 a

a g

2.1.2. (1 pt) On a :  dv

a dt

soit

  

     

x x

y

y

dv a 0

dt a

dv a g

dt

donc 

    

x 1

y 2

v C v

v g t C

où C1 et C2 sont des constantes d’intégration qui dépendent des conditions initiales.

Or   0v(t 0) v avec  

  

0x 0

0

0y 0

v v .cos v

v v .sin donc

     

1 0

2 0

C v .cos

0 C v .sin

       

x 0

y 0

v v .cos v

v g t v .sin

A B

vA vB  0

Avant impact Après impact

A B

vS

sol

y

x O 

0v

g

Et :  dOM

v dt

soit 0

0

dx v .cos

dt v

dy g t v .cos

dt

  

       

donc

 

 

0 1

2

0 2

x(t) v .cos .t C'

OM 1 y(t) g t v .sin . t C'

2

     

      

où C’1 et C’2 sont des constantes d’intégration.

Or  OM(t 0) 0 donc  

   

1

2

0 C' 0

0 0 C' 0 Finalement :

 

 

0

2

0

x(t) v .cos .t

OM 1 y(t) g t v .sin .t

2

    

     

2.1.3. (0,25 pt) On isole le temps « t » de l’équation x = (v0.cos).t soit  0

x t

v .cos

Pour avoir l’équation de la trajectoire y(x), on reporte l’expression de t dans y(t) :

           

    

2

0

0 0

1 x x y(x) g v .sin .

2 v .cos v .cos soit

  2

2

0

g y(x) .x tan .x

2. v .cos    

2.1.4. (4X0,5 pt)

Équation : vx(t) = v0.cos Justification : le graphe est une droite horizontale. Seule la composante vx est constante au cours du temps.

Équation : x(t) = v0.cos.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.sinJustification : 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.sin.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

soit 2 0

1 g t v .sin .t 0

2      donc 0

1 g t v .sin .t 0

2

         

La solution t = 0 correspond au moment où le ballon est frappé par le rugbyman à l’origine

du repère. La solution 0

1 g t v .sin 0

2      correspond à la date pour laquelle le joueur

récupère le ballon :

0

1 g t v .sin 0

2      soit 0

1 g t v .sin

2    d’où : 0

2.v .sin t

g

 

(0,25 pt) 2 10 sin(60)

t 9,81

   = 1,8 s.

(0,5 pt) On vérifie bien sur le graphe y(t) la valeur obtenue par calcul :

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.cos

v1 = 10,0cos(60) = 5,0 m.s1Méthode 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.cos.t

d = 10,0cos(60)1,8 = 9,0 m

La vitesse v1 du joueur est alors : v1 = d

t soit : v1 =

9,0

1,8 = 5,0 m.s1.

Date pour laquelle

le joueur récupère

le ballon.

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