Corrigé bac physique-chimie 2026 Polynésie jour 2 — Exercice 3 : Le javelot : tir sur cible

Q1. Énoncé. Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces extérieures appliquées à un système de masse $m$ constante est égale au produit de cette masse par le vecteur accélération de son centre de masse :

$$\sum {\overrightarrow{F}}_{\text{ext}}=m\overrightarrow{a}.$$

Application. Système : le javelot, assimilé au point matériel M de masse $m=300\mathrm{g}=0,300\mathrm{kg}$. Référentiel : terrestre, supposé galiléen. Bilan des forces : les frottements de l'air et la poussée d'Archimède étant négligés, la seule force extérieure est le poids $\overrightarrow{P}=m\overrightarrow{g}$, vertical, dirigé vers le bas, de valeur $P=0,300\times 9,81=2,94\mathrm{N}$. La deuxième loi de Newton donne alors :

$$m\overrightarrow{g}=m\overrightarrow{a}⟹\overrightarrow{a}=\overrightarrow{g}.$$

L'accélération est donc constante (mouvement uniformément accéléré) et ne dépend pas de la masse du javelot.

Q2. Dans le repère $(\mathrm{O},\overrightarrow{ı},\overrightarrow{ȷ})$ de la figure 1, l'axe $(Oz)$ est vertical ascendant : le vecteur $\overrightarrow{g}$, vertical vers le bas, a pour coordonnées $(0;-g)$. Comme $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{g}$ :

$$\{\begin{array}{l}{a}_x(t)=0\\ a_z(t)=-g=-9,81\mathrm{m}\cdot {\mathrm{s}}^{-2}\end{array}$$

Ce que le correcteur attend : le signe $-$, qui vient du choix d'orienter $(Oz)$ vers le haut.

Q3. Le vecteur vitesse est une primitive du vecteur accélération par rapport au temps : $a_x=\frac{\mathrm{d}{v}_x}{\mathrm{d}t}$ et $a_z=\frac{\mathrm{d}{v}_z}{\mathrm{d}t}$. En intégrant :

$$v_x(t)=K_1,v_z(t)=-gt+K_2,$$

où $K_1$ et $K_2$ sont fixées par les conditions initiales. À $t=0$, le vecteur $\overrightarrow{v_0}$ fait l'angle $\alpha$ avec l'horizontale, donc $v_x(0)=v_0\cos \alpha$ et $v_z(0)=v_0\sin \alpha$. D'où

$$\{\begin{array}{l}{v}_x(t)=v_0\cos \alpha \\ v_z(t)=-gt+v_0\sin \alpha \end{array}$$

La composante horizontale de la vitesse reste constante (aucune force horizontale) : le mouvement projeté sur $(Ox)$ est uniforme.

Q4. De même, les coordonnées de position sont des primitives de celles de la vitesse : $v_x=\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}$ et $v_z=\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}$. En intégrant :

$$x(t)=v_0(\cos \alpha )t+K_3,z(t)=-\frac{1}{2}g{t}^2+v_0(\sin \alpha )t+K_4.$$

À $t=0$, le javelot est en ${\mathrm{M}}_0$, sur l'axe $(Oz)$ à la hauteur $H$ (figure 1) : $x(0)=0$ donne $K_3=0$, et $z(0)=H$ donne $K_4=H$. On obtient bien

$$\{\begin{array}{l}x(t)=v_0(\cos \alpha )t\\ z(t)=-\frac{1}{2}g{t}^2+v_0(\sin \alpha )t+H\end{array}$$

Q5. L'équation de la trajectoire s'obtient en éliminant le temps entre les deux équations horaires. Comme $\alpha \ne 90^{\circ }$, $\cos \alpha \ne 0$ et la première relation donne

$$t=\frac{x}{v_0\cos \alpha }.$$

En reportant dans $z(t)$ :

$$z(x)=-\frac{1}{2}g{\left(\frac{x}{v_0\cos \alpha }\right)}^2+v_0\sin \alpha \times \frac{x}{v_0\cos \alpha }+H=-\frac{g}{2v_0^2{\cos }^2\alpha }{x}^2+\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }x+H,$$

soit, puisque $\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\tan \alpha$ :

$$z(x)=-\frac{g}{2v_0^2{\cos }^2\alpha }{x}^2+(\tan \alpha )x+H.$$

C'est une fonction polynomiale du second degré en $x$ dont le coefficient dominant est négatif : la trajectoire est un arc de parabole tourné vers le bas, conforme à la figure 2.

Q6. Le lancer a lieu à $t=0$, c'est-à-dire en $x=0$. En identifiant l'équation modélisée $z=-0,081x^2+0,62x+1,1$ à l'équation établie en Q5, le terme constant est la hauteur initiale :

$$H=z(0)=1,1\mathrm{m}.$$

C'est bien l'ordonnée à l'origine lue sur la figure 2, et une hauteur de main plausible pour un lanceur.

Q7. L'identification des deux écritures de $z(x)$ terme à terme donne deux équations.

Angle. Le coefficient du terme en $x$ vaut $\tan \alpha$ :

$$\tan \alpha =0,62⟹\alpha =\arctan (0,62)=31,8^{\circ }\approx 32^{\circ }.$$

Vitesse initiale. Le coefficient du terme en $x^2$ vaut $-\frac{g}{2v_0^2{\cos }^2\alpha }$ :

$$\frac{g}{2v_0^2{\cos }^2\alpha }=0,081⟹v_0^2=\frac{g}{2\times 0,081\times {\cos }^2\alpha }=\frac{9,81}{0,162\times (0,850{)}^2}=83,8,$$

d'où $v_0=\sqrt{83,8}=9,2\mathrm{m}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}$, soit environ $33\mathrm{km}\cdot {\mathrm{h}}^{-1}$ : un ordre de grandeur raisonnable pour un lancer de fléchette lourde à bras cassé.

Ce que le correcteur attend : la calculatrice en degrés pour $\arctan$, et le carré du cosinus (et non le cosinus du carré) ; on peut aussi écrire directement $v_0=\frac{1}{\cos \alpha }\sqrt{\frac{g}{2\times 0,081}}$.

Q8. La cible est verticale, à la distance $d=8\mathrm{m}$ du lanceur : le javelot s'y plante à l'altitude $z(8)$, que l'on calcule avec l'équation modélisée :

$$z(8)=-0,081\times 8^2+0,62\times 8+1,1=-5,184+4,96+1,1=0,876\mathrm{m}=87,6\mathrm{cm}.$$

Le centre de la cible est à $z_C=85\mathrm{cm}$. L'écart entre le point d'impact et le centre vaut

$$\Delta z=87,6-85=2,6\mathrm{cm}.$$

Le cercle blanc a un diamètre de 6 cm, donc un rayon de 3 cm. Comme $\Delta z=2,6\mathrm{cm}<3\mathrm{cm}$, le javelot se plante dans le cercle blanc : le joueur marque 2 points.

Ce que le correcteur attend : comparer l'écart au rayon (3 cm) et non au diamètre (6 cm) du cercle blanc, et travailler dans une unité unique (le sujet mélange mètres et centimètres). On remarquera que la marge est très faible : il suffirait de $4\mathrm{mm}$ de plus sur $z(8)$ pour que l'écart atteigne $3\mathrm{cm}$ et que l'impact bascule dans la couronne rouge (rayon extérieur $10,5\mathrm{cm}$), qui ne rapporte qu'un point. Le résultat doit donc être conduit sans arrondi intermédiaire, avec l'équation modélisée telle qu'elle est donnée.