Tombés du ciel : corrigé (6,5 pt) Partie  I  1.  On  s’intéresse  à  l’ensemble  {ballon  +  nacelle  +  sauteur}  de  masse  m.  La   poussée   d’Archimède   a   une   valeur   égale   au  poids  du  volume  d’air  déplacé,  soit  Vb  ce  volume.    P  =  m×g  =  1,6×103×9,8  =  1,6.104  N  Π  =  µ×Vb×g  =  1,234×4,0.103×9,8  =  4,8.104  N      Si  on  compare  les  deux  valeurs  !

!= !,!

!,!= 3,0  .  

 La  poussée  d’Archimède  est  donc  trois  fois  plus  importante  que  le  poids  total  du  ballon.  En  conclusion,  on  constate  donc  que  la  poussée  d’Archimède  est  suffisante  pour  assurer  l’ascension  du  ballon  à  partir  du  sol.    2.  On  représente  deux  vecteurs  verticaux,  opposés,  d'origine  Gsystème,  centre  d'inertie  du  systéme.  Le  vecteur  représentant  la  poussée  d'Archimède  est  trois  fois  plus  long  que  le  vecteur  poids.  La  somme  des  forces  appliquées  est  un  vecteur  vertical  orienté  vers  le  haut.  Le  ballon  s'élève,  les  frottements  (orientés  ensuite  vers  le  bas)  ne  sont  pas  représentés,  on  est  au  niveau  du  sol,  l'ascension  n'a  pas  commencé  .    Partie  II  1.  Dans  la  stratosphère,  les  pressions  atmosphériques  sont  très  faibles  (quatrièmes  graduations  en  partant  de  la  gauche  sur  l’annexe),  la  masse  volumique  de  l’air  rencontré  à  cette  altitude  est  extrêmement  faible  (premières  graduations  à  gauche  sur  l’annexe).  Au  maximum,  on  a  un  rapport  de  :  1234/1,8  ≃  700  L’air  étant  700  fois  plus  ténu  qu'en  basse  atmosphère  la  chute  peut  être  considérée  comme  libre,  c’est-­‐à-­‐dire  exempte  de  tout  frottement,  même  si  la  vitesse  est  non  nulle  et  la  poussée  d'Archimède  est  négligeable  dans  ce  milieu  gazeux  très  peu  dense.  Seul  le  poids  agit  sur  le  système  parachutiste+équipement.    2.  Intensité  de  la  pesanteur.  

2.1    F  =   2)(.

.hRMm

GT

T+

 

P  =  m.g   on  suppose  que  P  =  F  

  donc  g  =   2)(.

hRM

GT

T+

 

   

2.2  g  = 2333

2411

)1040101037,6(1097,5

1067,6×+××

××× −    

=  9,7  m.s-­‐2    3.  Le  parachutiste  évolue  chute  selon  l'axe  Oz,  la  trajectoire  est  rectiligne.    3.1  vz  =  !"!"  est  l'unique  composante  du  vecteur  vitesse.  En  dérivant  par  rapport  au  temps  l'expression  donnée,  on  obtient  :  vz  (t)=  gt.  L'accélération  selon  Oz  vaut  az  (t)=  !!!!"  =  g.  L'accélération  est  constante.    3.2  La  deuxième  loi  de  Newton  s'écrit  :   !!"# = !  =  !"!  = !  !    donc  ! = !!  On  projette  la  relation  précédente  suivant  l'axe  Oz  :    az  =  g  .  On  retrouve  bien  le  résultat  de  3.1.    3.3  On  a  vz  (t)=  gt.  La  vitesse  du  son  est  atteinte  à  tM  ,  donc  vson  =gtM  .  D'où  tM  =  vson/g  tM  =1067× !"""  !

!"##  !×!,!  !.!!!=31  s  (2  C.S.  mais  30,5  s  

accepté)    3.4  z(t) = !

!!!! donc : zM (tM) = !

!!!!!

d'où zM (tM) = !!×9,7×31! = 4,6. 10!m. (on trouve

4,5.103 m en utilisant la valeur non arrondie de tM) L'altitude atteinte est notée hM.

hM = 40.103 m - 4,6.103 m = 35, 4.103 m ≃35  km (si le calcul est fait avec la valeur 40000 m il ne peut y avoir plus d'une décimale après la virgule : 40,000 - 4,6 = 35,4 km)    3.5  Le  document  en  annexe  indique  tM  =  30  s  et  hM  =  35  km.  Les  valeurs  calculées  sont  conformes  à  ces  données.    En  conclusion,  on  voit  que  l’hypothèse  d’une  chute  libre  est  justifiée  pour  cette  première  partie  du  saut.    Partie  III  1.  Equation  différentielle  dont  la  solution  est  v(t).  Considérons   le  système  {sauteur  +  équipement}  dans   un   référentiel   terrestre   supposé   galiléen.  Les   forces  qui   s’exercent   sur   ce   système  sont   le  poids   P

 (vertical   vers   le   bas)   et   les   forces   de  

frottement   f  (force   verticale   dirigée   vers   le  

haut).  On  peut  négliger   la  poussée  d’Archimède,  compte  tenu  du  faible  volume  d’air  déplacé  et  de  la   faible   densité   de   l'air   par   rapport   à   celle   du  système.  En   appliquant   la   deuxième   loi   de   Newton,   on  obtient   amfP

×=+    

Gsystème  

Π!!⃗  

P!!⃗  

Le   vecteur   accélération   est   forcément   vertical  puisque  !  !"!  sont   de   direction   verticale,   donc  selon   Oz   en   prenant   une   nouvelle   origine   à  l'altitude  h=10  km.  D'où,   avec  !  vecteur  unitaire  orienté  vers  le  bas  :     m.g!  –   k.v²!  =   m.az!  =  !. !!!!" !  ,   ce   qui  revient  à  :  !.! − !!! = ! !!!

!"  or   v(t)=vz(t)   puisque   le  

mouvement  est  rectiligne  et  vertical  durant  toute  cette  chute.  Soit   finalement   l’équation   différentielle  vérifiée  par  la  vitesse  :  !.! − !!! = ! !"

!"  ou  encore  :  

!"!" +

!! !! = !  

 2.    Vitesse  limite  atteinte.    

   2.1  Sur  le  graphique  fig1,  on  peut  tracer  l'asymptote  horizontale    v  =  vlim    ≃ 50m·s−1  La  valeur  de  la  vitesse  limite  en  kilomètres  par  heure  est  :  vlim  =50×3,6=180  km/h  D'après  l'équation  différentielle  obtenue  :    

!"!" +

!! !! = !  

Pour  v  =  vlim  (vitesse  limite  constante)    

alors    !"!"=  0   donc   gvm

k=×+ 2

lim0    

78,02008,9.

lim×

== kmg

v =  50  m.s–1  

 2.2  La  méthode  graphique  et  le  calcul  correspondent  bien  à  la  valeur  de  180km/h  indiquée  dans  le  document  de  l'annexe,  à  savoir  vlim  =  50  m.s-­‐1  =50×3,6=180  km/h  Cette  valeur  est  exactement  celle  indiquée  juste  avant  l’ouverture  du  parachute  (une  fois  ce  dernier  ouvert,  la  vitesse  sera  progressivement  plus  faible).    

3.  On  relève  le  temps  caractéristique  τ  pour  lequel  la  tangente  à  l’origine  coupe  l’asymptote  :  τ  ≃  1,  9  s.  Le  temps  que  la  vitesse  v  atteigne  la  vitesse  limite  vaut  5τ  =  5  ×  1,  9  =  9,5  s.      Par  lecture  graphique,  on  peut  observer  que  le  régime  permanent  est  approximativement  atteint  pour  la  date  t≃8,5  s.  Justification  :  la  courbe  se  rapproche  et  se  confond  alors  avecl'asymptote  horizontale  v  =  vlim    ≃ 50m·s−1  La  réponse  qui  n'exploite  pas  le  temps  caractéristique  est  acceptée  si  justifiée.    

– force de frottement fluide f = kv2, colinéaire auvecteur vitesse, de sens inverse au mouvement, ap-pliquée au centre de la surface perpendiculaire audéplacement.

Deuxième loi de Newton :

! !"F ext = m!"a #

!"P +

!"f = m!"a

Projection sur un axe vertical descendant :

P ! f = ma $ a =dv

dt= g !

k

mv2

3. a. La dérivée de la vitesse peut être approximée parla formule :

dv

dt%

vn+1 ! vntn+1 ! tn

=vn+1 ! vn

!t

L’équation di!érentielle de la vitesse v(t) s’écritalors :

vn+1 ! vn!t

= g !k

mv2n

$ vn+1 ! vn = g!t!k!t

mv2n

$ vn+1 = vn + g!t!k!t

mv2n

Cette formule est identique à celle proposée parl’énoncé :

$ vn+1 = vn +A!Bv2

avec les valeurs suivantes pour les constantes A etB (qui dépendent du pas de calcul !t) :

A = g!t et B =k!t

mLes unités des constantes sont :

[A] = m · s!2 · s et [B] =kg ·m!1 · s

kg

# [A] = m · s!1 et [B] = s ·m!1

On vérifie que A a l’unité d’une vitesse, et Bl’unité de l’inverse d’une vitesse, en accord avecla formule proposée par l’énoncé.

b. Sur le graphique de la figure 1, on trace la tangenteà l’origine :

0

25

50

75

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

t (s)

v (m · s!1)

!

et l’asymptote horizontale :

v = vlim % 50 m · s!1

On note ensuite le temps ! pour lequel la tangenteà l’origine coupe l’asymptote : ! % 1, 86 s.Le temps que la vitesse v atteigne la vitesse limite,à 1 % près, vaut 5! = 5& 1, 86 % 9 s.La valeur de la vitesse limite en kilomètres parheure est :

vlim = 50 & 3, 6 % 180 km/h

Cette valeur est exactement celle indiquée justeavant l’ouverture du parachute (une fois ce der-nier ouvert, la vitesse est bien plus faible).

Exercice 2 – La galiote

1. Loi de l’action et de la réaction, ou troisième loi deNewton : « Tout corps A exerçant une force sur uncorps B subit une force d’intensité égale, de même di-rection mais de sens opposé, exercée par le corps B ».La force de poussée exercée par l’ensemble { galiote+ canon + gaz } est égale et opposée à la réactionexercée par le système { boulet }.

2.2.1.2.1.1. Poussée d’Archimède : égale et opposée au poidsdu fluide déplacé, ici l’air, de masse volumique ",avec V pour le volume déplacé :

!"F A = !"V !"g

(La relation vectorielle étant certainement facul-tative). En intensité :

FA = "V g = 1, 3 & 16 & 10!3 & 10

FA = 2, 1& 10& 10!3 & 10 = 0, 21 N

2.1.2. Poids :

!"P = m!"g

Intensité :

P = mg = 100 & 10 = 10& 10!3 N

2.1.3. Rapport des intensités :

P

FA=

10& 10!3

0, 21

Ce rapport est supérieur à 100. On est bien dansle cas où on peut négliger la poussée d’Archimède.

2.1.4. Bilan des forces sur le système { boulet } : poids!"P . Toutes les autres forces sont négligeables,conformément aux questions précédentes. Il s’agitdonc d’une chute libre.