2009 Metropole Exo2 Correction

2009 Métropole EXERCICE II. frottements avec l'air qu’en dit la NASA (5,5 points) Correction © http://labolycee.org r 1. Le champ de pesanteur g est uniforme donc le r r g vecteur g est constant en direction (verticale), sens -2 (vers le bas) et norme : g = 9,8 m.s . r r 2. Poussé d’Archimède :   air .V.g direction : verticale sens : vers le haut norme :   air .V.g point d’application : centre d’inertie G du système 3. Système : ballons de baudruche Référentiel : terrestre supposé r galiléen r r r r Forces : Poids : avec g  g.k P  m.g  m.g.k r r r Poussée d’Archimède :   air .V.g  air .V.g.k r r Force de frottement : f1   A.air .v.k En considérant le premier modèle, la seconde donne : r r loirde Newton r P    f1  m.a r r r r mg.k  air .V.g.k  A.air .v.k  m.a.k En projection selon l’axe vertical orienté vers le bas et sachant que dv dv m.g  air .V.g  A.air .v  m. a= il vient : dt dt m.

V.air  dv   m.g.  1   A.air .v dt m   

O

r f1

r 

r k

r P z

(1)

Avec le second modèle de force il vient : r r r r P    f2  m.a r r r r m.g.k  air .V.g.k  B.air .v 2 .k  m.a.k En projection selon l’axe vertical orienté vers le bas il vient : dv m.g  air .V.g  B.air .v 2  m. dt m.

V.air  dv   m.g.  1   B.air .v 2 dt m   

(2)

4.1. À t = 0 , les ballons ont une vitesse initiale nulle, v(0) = 0 m.s-1, donc en utilisant l’équation V.air    dv   m.g.  1  (1), il vient : m.   m   dt  t 0    

V.air   m.a0  m.g.  1  m    V.air   a0  g.  1  m   

4.2. Graphiquement a0 est le coefficient directeur de la tangente à la courbe v(t) à t=0.

Vlim = 2,7 m.s-1 K

Entre les points O (0 ;0) et K (0,4 ; 2,4) il vient : 2,4  0 a0 = = 6 m.s-2 0,4  0 V.air   4.3. a0  g.  1  m    7  1,2   a0  9,8   1  = 6,1 m.s-2 avec V en L, air en g.L-1 et m en g.  22   5.1. Graphiquement la vitesse limite correspond à l’asymptote horizontale du graphe v(t) : vlim = 2,7 m.s-1 dv = 0 donc l’équation (1) devient : dt V.air   m.g.  1  V.air   0  m.g.  1  m     A.air .v lim,1 et finalement : v  m lim,1   A.air

5.2. Pour v = vlim = Cte on a

7  1,2   22  103  9,8   1  -1 2 5.3. 22    = 666,4 m.s = 7×10 m.s-1 avec un chiffre significatif. v lim,1  1 101  2  105 5.4. On a vlim,2 = 2 m.s-1 et vlim,1 = 7102 m.s-1 et graphiquement vlim = 2,7 m.s-1. vlim est plus proche de vlim,2, donc le second modèle de force est le mieux adapté. 6.1. Les formes d’énergies que possède la navette sont : l’énergie cinétique (due à sa vitesse) et l’énergie potentielle de pesanteur (due à sa hauteur par rapport au sol). 6.2. Les deux grandeurs physiques sont l’énergie (« 2 terajoules ») et la puissance (1 « mégawatt »). 6.3. EC = ½.m.v²f – ½.m.v²i = ½.m(v²f – v²i) avec m = 70 t = 70103 kg vi = 28 000 km.h-1 = (28 000) / 3,6 m.s-1 et vf = 400 km.h-1 = (400) / 3,6 m.s-1 2 2   400   28000     = – 2,11012 J = – 2,1 TJ < 0 car énergie cédée au EC = ½  70103 ×      3,6     3,6   milieu extérieur par le système. Ec 2,1 1012 Puissance: P = = –1,0109 W = –1,0 × 103 MW.  t 2000 La variation d’énergie semble correcte mais la puissance obtenue ne correspond pas avec celle donnée par l’élève.