Correction du bac blanc

Correction du bac blanc
y
Partie I : Décollage de la fusée Ariane 5
1.1.1. Pour que la fusée décolle, la valeur de la force de poussée F doit être supérieure à celle du
poids P.
(0,25 pt)
1.1.2. Dans un référentiel terrestre supposé galiléen, on applique la 2ème loi de Newton au
 

centre de gravité du système fusée: F  P  M a (1)








Or F = F j (car F et j sont de même sens) et P =  P j (car P et j sont de sens



opposé) et l’accélération a G étant selon l’axe (Oy), on a a = a j


F

On remplace dans (1) : F j  P j  M a j
On obtient alors F – P = M.a
1.1.3. a =
 F – M.g = M.a

P
F
a=
 g (0,5 pt)
M
1,16
1,16  10 7
 10 7 5  10 =1,610-1102  10 =1,610110 = 1610 = 6,0 m.s-2 (0,25 pt)
 10 =
5
7,3
7,3  10
1.1.4. La valeur de l’accélération reste constante au cours du temps donc a(t) = 6 (m.s-2 )
dv( t )
On a a(t) =
. Donc par intégration de a(t) = 6, on trouve l’équation horaire de la valeur de la vitesse :
dt
v(t) = 6t + C1 (a)
j
O
Déterminons la valeur de la constante C1 grâce aux conditions initiales :
A t=0s , la fusée est immobile donc v(0) = 0 (m.s-1 ) (b)
A t=0s, (a) devient v(0) = C1. Par identification avec (b), on obtient C1 = 0.
L’équation horaire de la valeur de la vitesse est alors : v(t) = 6t (0,75 pt)
1.1.5. On a v(t) =
dy( t )
. Donc par intégration de v(t) = 6t , on trouve l’équation horaire de la valeur de la position :
dt
y(t) = 3t² + C2 (c)
Déterminons la valeur de la constante C2 grâce aux conditions initiales :
A t=0s , le centre de gravité de la fusée est confondu avec l’origine O donc y(0) = 0 (m) (d)
A t=0s, (c) devient y(0) = C2 . Par identification avec(d) , on a C2 = 0.
L’équation horaire de la valeur de la position est alors : y(t) = 3t² (0,75 pt)
1.1.6. La distance parcourue par la fusée jusqu’à la date t1 = 6,0 s est : y(t1) = 3t1² soit y(t1) = 3 (6,0)2 = 3 36 =
1,1.102 m
(0,5 pt)
1.2. Les forces de frottement, opposées au sens de déplacement de la fusée, n’ont pas été prises en compte. (0,25
pt)
Partie II : Mise en orbite basse du satellite
2.1. FT / S = G.
MT m
n (0,25 pt)
(R T  h ) 2
2.2. Dans le référentiel géocentrique supposé galiléen, on applique la 2ème loi de Newton, au centre de gravité S du
satellite supposé ponctuel :

FT / S = m. a S  G
MT m
(R T  h )
2


n = m a S donc : a S =
G MT
(R T  h ) 2
n (1)
2.3.
(0,5 pt)
T
aS
t
n
S

2.4. Le satellite ayant un mouvement circulaire et uniforme, on a alors a S =
(1) = (2) soit
G MT
(R T  h ) 2
On obtient alors v S =
n =
v S2
n
(R T  h)
G MT
( R T  h)

G MT
(R T  h ) 2
=
v S2
n (2)
(R T  h)
G MT
v S2

= v2
(R T  h ) S
(R T  h)
(0,75 pt)
2.5. T est la période de révolution du satellite autour de la Terre.
Pendant la durée T, le satellite décrit une trajectoire circulaire de longueur [2( RT+h)]. Sa vitesse est donc vS
=
2 (R T  h)
T
Comme v S =
G MT
, on obtient
(R T  h )
Elevons (a) au carré :
2 (R T  h)
G MT
=
(a)
(R T  h )
T
4 2 ( R T  h ) 2
4 2 ( R T  h ) 3
G MT
4 2 ( R T  h ) 3
2
=

G
M
=

T
=
(0,75 pt)
T
(R T  h )
G MT
T2
T2
Partie III. Transfert du satellite en orbite géostationnaire
3.1. Deuxième loi de Kepler, ou "loi des aires" : Pendant des durées égales,
le segment reliant le centre T de la Terre au centre S du satellite décrit
des aires égales. (0,5 pt)
A
L2
3.2. Pendant la même durée, les aires A1 et A2 sont égales mais on
constate que le satellite parcourt des distances L1 et L2
différentes : L1 > L2.
Comme le satellite parcourt, pendant la même durée, des distances
différentes, sa vitesse n’est pas constante
Elle est maximale au périgée P et minimale à l’apogée A. (0,75 pt)
L1
A2
A1 P
h'
2RT
h
3.3. AP = h’+2RT + h (voir schéma)
AP = 3,6104 + 2  6,4103 + 6,0102= 3,6104 +12,8103+ 6,0102 = 360102 +128102+ 6,0102
AP = (360+128+6,0)102 = 494102 = 4,9104 km
AP = 4,9  107 m (0,25 pt)
10h 42
T'
3.4. La durée minimale de transfert entre A et P est égale à une demie période: t =
soit t =
= 5 h 21
2
2
min. (0,25 pt)
3.5. Un satellite géostationnaire évolue dans le plan équatorial. Il tourne dans le même sens que la Terre avec une
période de révolution égale à la période de rotation de la Terre. Il parait immobile pour un observateur terrestre.
(0,25 pt)
PARTIE 4 : chute du satellite dans l'atmosphère terrestre .
O 
- la force de frottement fluide due à l’air : f
P
4.2. Exprimons le rapport

P = mg = SVg où V est le volume du satellite.
 = AVg
j

4.1. Les forces qui s’exercent sur le satellite MSG-2 sont : (0,5
pt)

- le poids du satellite : P

- la poussée d’Archimède due à l’air : 
G

f

P
Donc
P  S Vg  S


  A Vg  A
13
= 0,13 =100
On a P= 100  donc la poussée d’Archimède exercée par l’air est bien négligeable devant le poids du satellite.
(0,25 pt)
4.3. Dans le référentiel terrestre supposé galiléen, on applique la 2ème loi de Newton, au centre de gravité du
satellite :



P + f = m a G (1)



j
P
Or = P = mg j et f   k v j


j

k
v
j



(1) devient
mg
=ma j
soit
mg  kv = m a (2)
a
a
j
G
G
Comme
est selon l’axe (Oy) :
=a
dv
Comme a =
, (2) devient
dt
dv
mg  kv = m
dt

k
dv
g m v=
dt
4.4. Lorsque le satellite atteint sa vitesse limite vlim de valeur constante , on a
L’équation différentielle (3) devient
k
m vlim = g 
vlim =

k
dv m
+ v = g (3) (0,75 pt)
dt
dv
=0
dt
gm
(0,5 pt)
k