Bac S Pondichéry 2012 Correction © http://labolycee.org
EXERCICE 1 : Laboratoires en impesanteur (6,5 points)
1
ère
partie : Le vol parabolique de l'airbus "A300 zéro G"
1.1. Le mouvement de l’avion, de masse m, est étudié dans le référentiel terrestre supposé
galiléen. Pendant la phase de chute libre, l’avion n’est soumis qu’à la force de pesanteur,
c’est-à-dire à son poids
=
. La deuxième loi de Newton, appliquée au centre
d’inertie G de l’avion d’accélération
, donne :
=
⇔
=
⇔
En projection dans le plan xOz, avec l’axe Oz orienté vers le haut :
X X
Z Z
a
1.2.1. On a :
a
=
alors :
X
X
Z
Z
dv
dt
adv
dt
soit en primitivant
X
Z
v (t) Cte1
v
=
= − +
D’après les conditions initiales
donc
0
0
Cte1 v .cos
= α
et finalement :
X 0
Z 0
v (t) v .cos
v
= α
1.2.2.
Avec α = 47° , g = 9,8 m.s
−2
et v
0
= 600 km.h
−1
=
3600
= 167 m.s
−1
, on a :
2
X
Z
v (t) 167 cos47 114 1,1 10
v
v (t) 9,8t 167 sin47 9,8t 122 9,8t 1,2 10
= × = = ×
= − + × = − + = − + ×
en conservant 2 chiffres significatifs.
1.3.1.
Au somment S de la trajectoire, le vecteur-vitesse de l’avion est horizontal.
Ainsi v
Z
= 0 en S.
1.3.2.
Soit t
S
la durée de la phase ascendante, alors : v
Z
(t
S
) = 0 donc – g.t
S
+ v
0
.sinα = 0
Finalement :
0
S
tg
= ;
S
t3600 9,8
=×= 12 s.
Valeur non arrondie stockée en mémoire
La durée de la phase ascendante de chute libre de l’avion est d’environ 12 s.
1.4.1.
On a :
v
=
donc
2
X
Z
dx
v (t) 1,1 10
dt
vdz
dt
= = ×
= = − + ×
soit en primitivant
2
2 2
x(t) 1,1 10 .t Cte'1
OG
z(t) 4,9.t 1,2 10 .t Cte'2
= × +
= − + × +
Comme
3
0
= = ×
où
est le vecteur unitaire porté par l’axe Oz, il vient :
3
0 0 Cte'1
= +
× = + +
Finalement :
2
x(t) 1,1 10 .t
OG
z(t) 4,9.t 1,2 10 .t 8,0 10
= ×
= − + × + ×