précisions - RECIT des Samares

053-504
Physique
JUIN 2010
3e année du 2e cycle du secondaire
Épreuve de compétence 2
Outils d’évaluation

Physique Épreuve de compétence 2
Table LLL 2 Juin 2010
PRÉCISIONS
La clé de correction qui suit contient les éléments de réponse attendus pour chacun des
critères d’évaluation ciblés de la compétence disciplinaire 2 du Programme de physique. Lors
de la présentation de ses calculs, l’élève qui s’assure d’utiliser adéquatement les chiffres
significatifs se verra accorder une majoration de son résultat global d’un demi-échelon
(exemple : résultat global 4 converti à 4+).

Physique Épreuve de compétence 2
Table LLL 3 Juin 2010
1. Les satellites géostationnaires
L’observateur sur la Terre fait un tour complet dans le même temps que le satellite. Pour ce
faire, le satellite doit avoir une vitesse plus grande pour parcourir une grande distance.
v= d/t donc t = d/v
Le temps d’une rotation du satellite = 42 162 km x 2 x π / 11 061 km/h = 23,95 h = 23h57
minutes
Le temps de rotation de l’observateur = 6378 km x 2 x π / 1673 km/h = 23,95 h = 23h57
minutes
Grille de correction
51
Explique que le satellite maintient sa position relative à l’observateur malgré que
les distances à parcourir soient différentes grâce à une plus grande vitesse de
rotation du satellite et applique correctement la relation entre la vitesse et la
distance parcourue.
4
Explique partiellement le phénomène en cause, en traitant de l’aspect vitesse
ou distance à parcourir sans les mettre en relation.
3
Explique que le satellite maintient sa position relative à l’observateur ou
applique correctement la relation entre la vitesse et la distance parcourue.
2
Effectue des erreurs majeures en calculant le temps de rotation pour le satellite
ou l’observateur.
1
Reformule simplement les informations fournies dans le texte.
Critères évalués
Utilisation pertinente des concepts
Production d’explications ou de solutions pertinentes
Justification adéquate des explications
1
La grille fournie décrit les indices observables les plus signifiants de l’atteinte d’un échelon. De plus, lorsqu’indiqué, des aspects
de la compétence qui sont jugés acquis à un niveau donné le sont de manière implicite dans la description des niveaux supérieurs.

Physique Épreuve de compétence 2
Table LLL 4 Juin 2010
2. Aide humanitaire
a) Les boîtes de livraison
La boîte en forme de prisme rectangulaire est à privilégiée car grâce à sa plus grande surface,
elle offre une plus grande résistance à l’air (Fr 1 et Fr 2)
Dans les deux cas, la force de traction exercée par le parachute (Fr P) et la force d’attraction
gravitationnelle (Fg) sont les mêmes donc ne peuvent influencer la sélection des boîtes.
∑ Fcubique ≠ ∑ Frectangulaire
Fr 1 < Fr 2 due à la surface de frottement de l’air.
Grille de correction
52
Explique entièrement les phénomènes en cause et illustre entièrement
et correctement les diagrammes de forces pour les deux types de
boîtes.
4
Explique que la surface de la boîte influence la résistance que celle-ci
exerce sur l’air. Identifie que la force gravitationnelle et de traction du
parachute sont égales pour les deux boîtes. Son diagramme est
incomplet pour l’une des deux boîtes.
3
Explique ou illustre que la force résultante est plus petite pour la boîte
rectangulaire que pour la boîte cubique.
2
Son diagramme comporte des erreurs dans l’illustration des forces
(grandeur et direction) ou omission de Fg.
1
Reformule simplement les informations fournies dans le texte sans
intégrer de diagrammes de forces.
Critères évalués
Utilisation pertinente des concepts
Production d’explications ou de solutions pertinentes
Justification adéquate des explications
2
La grille fournie décrit les indices observables les plus signifiants de l’atteinte d’un échelon. De plus, lorsqu’indiqué, des aspects
de la compétence qui sont jugés acquis à un niveau donné le sont de manière implicite dans la description des niveaux supérieurs.
Fg
Fr 2
Fr P
Boîte en forme de
prisme rectangulaire
Fg
Fr 1
Fr P
Boîte de
forme
cubique

Physique Épreuve de compétence 2
Table LLL 5 Juin 2010
Calcul de la direction (angle)
tan θ = 138,5 km/h donc θ = 32,63o
216,3 km/h
b) Le plan de vol
Vitesse résultante désirée :
230,0 km en 55,00 minutes : v =
h
km
60
00,55 0,230
= 250,9 km/h vers le N-E
Addition des composantes :
1y
o
1y
v
cos45 -55 km/h
v = -38,9 km/h
o1x
1x
v
sin45 55 km/h
v = 38,9 km/h
o3
3
v
cos45 250,9 km/h
v = 177,4 km/h
x
x
3
o
3
v
sin45 250,9 km/h
v = 177,4 km/h
y
y
v1x + v2x = v3x et v1y + v2y = v3y
-38,9 km/h + v2x = 177,4 km/h
38,9 km/h + v2y = 177,4 km/h
v2x = 216,3 km/h et v2y = 138,5 km/h
v2 =
22
216,3 138,3
v2 = 256,8 km/h
Non, le copilote n’a pas raison car l’avion doit voler à 256,8 km/h à 32,63o par rapport au nord.
V1:55,0 km/h
V3:250,9 km/h
V2 :?
V1: vitesse du vent
V2: vitesse du plan de vol de l’avion
V3: vitesse résultante de l’avion