K s`exprime en m² (0,25 )

Bac blanc 2 de Sciences Physiques
TSA et TSB
NOM :
PRENOM :
CLASSE :
 Ce devoir comporte 4 exercices indépendants à traiter sur des copies doubles séparées :
- Exercices 1, 2, 3 et 4 pour les non-spécialistes.
- Exercices 1, 2, 3 et 5 pour les spécialistes.
 Une grande partie des points est attribuée à la qualité de la rédaction.
 Vous pouvez traiter les exercices dans l’ordre qu’il vous convient
 Vous indiquerez sur vos copies le numéro de l’exercice et de la question que vous traitez
 Les calculatrices alpha numériques non imprimantes sont autorisées.
 Si au cours du devoir vous détectez une erreur ou le manque d’une donnée vous
indiquerez l’erreur sur votre copie en expliquant votre raisonnement. Si cela est possible,
corrigez cette erreur et répondez à la question corrigée.
I. Le grand saut : une chute libre ? ( 5,5 points )
II. Circuit RL ( 4,5 points )
III. Aïe ! J’ai une crampe ! ( 5,5 points )
IV. Etude cinétique par spectrophotométrie. ( 4,5 points)
( pour les non-spécialistes uniquement )
V. Titre alcalimétrique d’une eau minérale. ( 4,5 points )
( pour les spécialistes uniquement )
Vous n’oublierez pas d’indiquer votre nom sur l’énoncé et de le rendre avec la copie, certaines
réponses étant à donner sur celui-ci.
Lycée Racan 2006-2007

Exercice I : LE GRAND SAUT : UNE CHUTE LIBRE ? ( 5,5 points )
L'une des disciplines rattachées au parachutisme sportif est appelée « chute libre » par ses
adeptes. Correspond-elle à la définition physique de la chute libre ? Pour le savoir, nous nous
intéressons au cas où un sportif saute, par vent nul, d'un avion à 3 000 m d'altitude, et n 'ouvre son
parachute que 2 000 m plus bas, au terme d'une chute dite « libre ».
L'étude sera faite dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen. On donne la valeur de
l'accélération de la pesanteur dans la portion d'espace où se déroule le saut : g = 9,80 m.s -2.
Les parties 1,2 et 3 sont indépendantes.
1. Recherche de la trajectoire d'une chute libre avec vitesse initiale.
Alors que l'avion vole en palier horizontal à l'altitude
h0 = 3,0  103 m, à la vitesse v0 = 130 km.h-1, le
sauteur quitte l'avion, en un point A, à un instant t pris
comme origine des dates. On négligera à cet instant la
vitesse du sauteur par rapport à l'avion devant la
vitesse de l'avion par rapport au sol.
Nous supposerons dans cette partie que la chute est
libre au sens des physiciens et nous assimilerons le
sauteur à un point matériel.
Le mouvement ultérieur du sauteur est repéré par
rapport à deux axes, comme l'indique la figure 1 :
- O origine du repère est placée au niveau du sol ;
- Ox est horizontal ;
- Oz est vertical vers le haut ;
- le point A est sur l'axe Oz, de sorte que ses
coordonnées sont : xA – 0 ; ZA – h0 .
1.1.1. Au sens des physiciens, quand dit-on qu'une chute est libre ?
Un objet est en chute libre, dans un référentiel terrestre, s’il n'est soumis qu'à l'action de son poids. (0,25 )
1.1.2. Appliquer la deuxième loi de Newton et en déduire les coordonnées (ou projections) ax et az du
vecteur accélération du sauteur dans ce cas.
D'après la deuxième loi de Newton, appliquée au système {sauteur} dans un le référentiel lié au le sol (référentiel
terrestre supposé galiléen):
G
amP 
.
(0,25 )
Par projection suivant l'axe Ox horizontal: Px = m.ax soit ax = 0
Par projection suivant l'axe Oz vertical vers le haut: Pz = m.az
–m.g = m.az soit az = – g (0,25 )
1.2. Exprimer, dans le repère défini, les coordonnées (ou projections) v0x, et V0Z du vecteur vitesse
initiale du sauteur.
Le vecteur
0
v
est horizontal.
v0x = v0
v0z = 0 (0,25 )
1.3.1. Déduire des résultats précédents les équations horaires x(t) et z(t) du mouvement du sauteur.
ax = 0 vx = Cte = v0x = v0
G
a
et
G
a
=
dt
vd
donc par intégration :
v
az = – g vz = –g.t + Cte = –g.t + v0z = – g.t
Figure l

Or x(t) = v0.t + Cte = v0.t + x0 = v0.t (0,25 )
v
=
dt
OGd
donc par intégration
OG
z(t) = –
2
1
.g.t² + Cte = –
2
1
.g.t² + z0 = –
2
1
.g.t² + h0 (0,25 )
1.3.2. Quelle est l'équation de la trajectoire z = f(x) du sauteur ? Comment nomme-t-on une telle portion
de courbe ?
on a x(t) = v0.t soit t =
0
)(
vtx
qu'on remplace dans l'expression de z(t)
z(x) = –
2
1
.g.
²
)²(
0
vtx
² + h0 Cette équation correspond à un arc de parabole. (0,25 ) + (0,25 )
1.3.3. Au bout de quelle durée le sauteur atteindra-t-il l'altitude h1 = 1,0  103 m ?
Pour quelle durée a-t-on z(t) = h1?
–
2
1
.g.t² + h0 = h1
t =
ghh )(2 10 
t =
80,9 )100,1100,3(2 33 
= 20 s (0,25 ) + (0,25 )
2. La chute est-elle réellement libre ?
2.1.1. Si la chute est libre, justifier, sans calcul, que l'énergie mécanique du sauteur se conserve
entre l'altitude h0 et l'altitude h1.
EM = EC + EPP
à t = 0s au point A à t = t1 au point B
altitude z0 =h0 = 3,0103 m à l'altitude z1 = h1 = 1,0103 m
le sauteur a une vitesse v0 le sauteur a une vitesse v1 = ?
Exprimons la variation d'énergie cinétique entre les points A et B:
EC =
)( ext FW
, comme seule la force poids s'exerce : EC =
)(PW
=
ABP.
Les coordonnées: -du vecteur
AB
sont (x = xB – xA ; z = zB–zA)
- du vecteur
P
(Px = 0 ; Pz = –m.g)
EC = (xB – xA) . Px + (zB – zA) . PZ
EC = –(zB – zA).m.g
EC = m.g.(zA–zB)
Or EPP = EPPB – EPPA = m.g.(zB–zA)
donc EPP = – EC, le système a gagné autant d'énergie cinétique qu'il a perdu d'énergie potentielle de pesanteur. La
variation d'énergie mécanique vaut EM = EPP + EC = 0. Elle ne varie pas. (0,25 )
De manière plus directe : seul le poids travaille : alors l’Energie mécanique se conserve.
2.1.2. En déduire la valeur v1 de la vitesse atteinte dans ce cas par le sauteur à l'altitude h1 = 1,0  103
m.
EC = m.g.(zA–zB) expression établie à la question précédente
zA = h0 et zB = h1
EC = ECB – ECA

2
1
.m.v1² –
2
1
.m.v0² = m.g.(h0 – h1)
on divise tout par m et on multiplie tout par deux:
v1² = 2.g.(h0 – h1) + v0²
v1 =
2
010 v).(.2  hhg
(0,25 )
v1 =
2
33 60,3
130
)10.0,110.0,3(80,92 
il faut convertir v0 en m.s–1
v1 = 2,0102 m.s–1 (0,25 )
2.2.En réalité, après une phase d'accélération, la vitesse du sauteur se stabilise à la valeur v'1 = 55 m.s-1.
Comment expliquez-vous cet écart ? La chute est-elle réellement libre ?
Cet écart est dû à l'existence d'une force de frottement exercée par l'air sur le sauteur et que nous avons négligé lors du calcul
de v1.
On ne peut donc pas considérer la chute comme libre au sens des physiciens.
La vitesse a atteint sa valeur maximale (ou limite), la force de frottement est compensée par la force poids, le sauteur cesse
d'accélérer. (0,25 )

3. Ouverture du parachute.
On considère que, dans cette phase, la trajectoire est verticale.
À l'altitude h1, le sauteur ouvre son parachute. L'ensemble sauteur-parachute, de masse m = 90 kg,
subit alors de la part de l'air une force de frottement
F
, de sens opposé à la vitesse, et dont on
modélisera la valeur par l'expression :
F=
2
1
. K . . v2 avec v : vitesse du mobile ;
 = 1,3 kg.m–3 : masse volumique de l'air ;
K = 38 unité S.I : coefficient dépendant de la forme et de la
surface du parachute.
On négligera la poussée d'Archimède sur le système devant les valeurs des autres forces exercées.
3.1. Quelle est l'unité de K ? On rappelle que 1 N = 1 kg.m.s–2. (On pourra utiliser l'analyse
dimensionnelle.)
analyse dimensionnelle:
F est une force exprimée en newtons, soit, avec les unités de base du système international, en kg.m.s–2.
F =
2
1
. K . . v2
2
][ ]].[[ TLM
= [K] .
3
][ ][L
M
.
2
2
][ ][T
L
1 = [K] .
2
][ 1 L
[K] = [L]²
K s'exprime en m² (0,25 )
3.2. En utilisant la deuxième loi de Newton, montrer que l'équation différentielle du mouvement au cours
de cette phase est de la forme :
. . ²
2
dv K v g
dt m
Système: {sauteur+parachute} référentiel: le sol (référentiel terrestre supposé galiléen)
Le système subit: -son poids de direction verticale et sens vers le bas,
- la force de frottement due à l'air de direction verticale et sens vers le haut.
D'après la deuxième loi de Newton:
P
+
F
= m.
G
a
(1)
On conserve le repère utilisé précédemment, l'axe vertical est orienté positivement vers le haut.
Soit
j
le vecteur unitaire de cet axe. On a
P
= – m.g.
j
et
F
= +
2
1
. K . . v2.
j
D'autre part
G
a
=
vd
dt
avec
v
= vz.
j
= –v.
j
où v représente la norme du vecteur vitesse
G
a
=
z
vd
dt
.
j
= –
vd
dt
.
j
La relation (1) devient : – m.g.
j
+
2
1
. K . . v2.
j
= –m.
vd
dt
.
j
en divisant par m et
j
: –g +
. .v²
2
K
m
= –
vd
dt
on retrouve :
v . .v²
2
dK g
dt m
(0,25 ) PFD
(0,25 ) projections
(0,25 ) arrivée sans encombres à la solution
P
F
v
j
z