2009 Métropole

2009 Métropole
EXERCICE II. frottements avec l'air qu’en dit la NASA (5,5 points)
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1. 0,25 Le champ de pesanteur g est uniforme
donc le vecteur g est constant en direction
(verticale), sens (vers le bas) et norme :
g = 9,8 m.s-2.
g
2. 0,5 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 galiléen
P  m.g  m.g.k
Forces :
Poids :
0,25
O
f1

k
avec g  g.k
Poussée d’Archimède :   air .V.g  air .V.g.k
Force de frottement : f1  A.air .v.k
En considérant le premier modèle, la seconde loi de Newton donne :
0,25
P    f1  m.a
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
dv
 V.air 
m.
 m.g.  1 
 A.air .v (1)
0,25
dt
m 

P
z
Avec le second modèle de force il vient :
P    f2  m.a
m.g.k  air .V.g.k  B.air .v 2.k  m.a.k
0,25
En projection selon l’axe vertical orienté vers le bas il vient :
dv
m.g  air .V.g  B.air .v 2  m.
dt
dv
 V.air 
m.
 m.g.  1 
 B.air .v 2 (2)

dt
m 

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 
(1), il vient : m.    m.g.  1 
m 
 dt t 0


0,5
 V.air 
m.a0  m.g.  1 
m 

 V.air 
 a0  g.  1 
m 

4.2. 0,25
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
0,25 a0 =
= 6 m.s-2
0,4  0
 V.air 
4.3. a0  g.  1 
m 

 7  1,2 
-2
-1
0,25 a0  9,8   1 
 = 6,1 m.s avec V en L, air en g.L et m en g.
22


5.1. 0,25 Graphiquement la vitesse limite correspond à l’asymptote horizontale du graphe v(t) :
vlim = 2,7 m.s-1
5.2. 0,5
dv
= 0 donc l’équation (1) devient :
dt
V.air 

m.g.  1 
m 

et finalement : v lim,1 
A.air
Pour v = vlim = Cte on a
 V.air
0  m.g.  1 
m


  A.air .v lim,1

 7  1,2 
22  103  9,8   1 
22 

5.3. 0,25 v lim,1 
= 666,4 m.s-1 = 7102 m.s-1 avec un chiffre significatif.
1 101  2  105
5.4. 0,25
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. 0,25
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. 0,25
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
  400 2  28000 2 
0,25 EC = ½  70103   

 = – 2,11012 J = – 2,1 TJ < 0 car énergie
  3,6   3,6  


cédée au milieu extérieur par le système.
Ec 2,1 1012
0,25 Puissance: P =
= –1,0109 W = –1,0  103 MW.

t
2000
0,25 La variation d’énergie semble correcte mais la puissance obtenue ne correspond pas avec
celle donnée par l’élève.