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Bac S Pondichéry 2012 Correction © http://labolycee.org EXERCICE 1 : Laboratoires en impesanteur (6,5 points) 1ère 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 P = m.g . La deuxième loi de Newton, appliquée au centre d’inertie G de l’avion d’accélération a , donne : P = m.a ⇔ mg = m.a ⇔ g=a a X = gX = 0 En projection dans le plan xOz, avec l’axe Oz orienté vers le haut : a a Z = gZ = −g dv aX = X = 0 dv dt 1.2.1. On a : a = alors : a soit en primitivant dt a = dv Z = −g Z dt Cte1 = v 0 .cos α D’après les conditions initiales v(0) = v 0 donc 0 + Cte2 = v 0 .sin α v (t) = Cte1 v X v Z (t) = −g.t + Cte2 v X (t) = v 0 .cos α et finalement : v v Z (t) = −g.t + v 0 .sin α 1.2.2. Avec α = 47° , g = 9,8 m.s −2 et v0 = 600 km.h−1 = 600 × 1000 = 167 m.s−1, on a : 3600 v X (t) = 167 × cos 47 = 114 = 1,1× 102 v 2 v Z (t) = −9,8t + 167 × sin 47 = −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 vZ = 0 en S. 1.3.2. Soit tS la durée de la phase ascendante, alors : vZ(tS) = 0 donc – g.tS + v0.sinα = 0 v .sin α ; Finalement : t S = 0 g 600 × 1000 × sin 47 tS = = 12 s. Valeur non arrondie stockée en mémoire 3600 × 9,8 La durée de la phase ascendante de chute libre de l’avion est d’environ 12 s. dx v X (t) = = 1,1× 102 dOG dt 1.4.1. On a : v = donc v dt v (t) = dz = −9,8.t + 1,2 × 102 Z dt x(t) = 1,1× 102.t + Cte '1 soit en primitivant OG 2 2 z(t) = −4,9.t + 1,2 × 10 .t + Cte ' 2 Comme OG(0) = z0 .k = 8,0 × 103.k où k est le vecteur unitaire porté par l’axe Oz, il vient : 0 = 0 + Cte '1 3 8,0 × 10 = 0 + 0 + Cte ' 2 Finalement : x(t) = 1,1× 102.t OG 2 2 3 z(t) = −4,9.t + 1,2 × 10 .t + 8,0 × 10 1.4.2. On a : zmax = z(tS) = − 4,9.tS2 + 1,2×102.tS + 8,0×103 zmax = − 4,9×(12,438)2 + 1,2×102×12,438 + 8,0×103 zmax = 8,76×103 m = 8,8 km. calcul effectué sans aucun arrondi intermédiaire Cette valeur est bien compatible avec la valeur de 8,7 km fournie dans l’extrait du document scientifique. 2ème partie : Caractéristiques du mouvement de la station ISS 2.1. La force F d’attraction gravitationnelle exercée par la Terre sur la station ISS est appliquée sur la station et est orientée vers la Terre. m.MT La norme de cette force est : F = G. 2 (RT + z ) 2.2. La deuxième loi de Newton, appliquée à la station ISS dans le référentiel géocentrique donne : F = m.a En prenant la norme de chaque membre de l’égalité vectorielle il vient : F = m.a m.MT soit G. = m.a 2 (R T + z ) et finalement : a = F a G.MT ( RT + z ) 2 Comme F = m.a , le vecteuraccélération a est colinéaire et de même sens ( m > 0 ) que le vecteur F . 2.3.1. On a : a = v2 = G.MT G.MT v2 v2 v2 = et a = donc = 2 r (R T + z ) ( R T + z ) ( R T + z )2 ( RT + z ) G.MT finalement la norme du vecteur vitesse est : v = (R T + z ) G.MT (R T + z ) (On ne garde que la solution positive). 2.3.2. v = ( 6,67 × 10−11 × 6,0 × 1024 = 7,7 ×103 m.s−1 = 7,7 km.s−1. 3 2 3 6,4 × 10 + 3,5 × 10 × 10 ) en ayant converti les longueurs en mètres. 2.3.3. Le satellite a un mouvement circulaire et uniforme, de rayon RT + z à la vitesse v. 2π ( R T + z ) La période de révolution T du satellite est telle que : v = . T 2π ( R T + z ) Donc : T = . v 2π 6,4 × 103 + 3,5 × 102 × 103 2.3.4. T = = 5,5×103 s. 7,7 × 103 86400 En 24 h soit 24×3600 = 86 400 s, la station ISS effectue = 15,7 soit près de 16 5,5 × 103 révolutions chaque jour. 3eme partie : Comparaison : Dans la station ISS, l’état d’impesanteur est permanent alors qu’il ne dure que 25 secondes environ dans les vols paraboliques de l'airbus A300 Zéro-G. ( )