Atterrissage du premier étage d'une fusée, Amérique du Sud 2022 Exercice type bac

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Dernière modification : 12/05/2025 - Conforme au programme 2025-2026

Une technologie spatiale développée par une société commerciale permet de récupérer le premier étage d'une fusée après son décollage. Le schéma ci-après montre qu'après la séparation entre le premier et le second étage, le premier revient sur Terre pour atterrir délicatement sur une plateforme. Cet atterrissage doit s'effectuer « en douceur », c'est-à-dire avec une valeur de la composante verticale de la vitesse inférieure à 6 \text{ m.s}^{-1}.

D'après : https://i.pinimg.com/originals/af/de/c9/afdec9a53447101073019892ab27041f.jpg

Cet exercice se propose d'étudier le retour sur Terre du premier étage de la fusée.

Le premier étage de la fusée chute dans l'atmosphère terrestre depuis une altitude de plusieurs dizaines de kilomètres. Pour ralentir sa chute, il utilise son moteur.

On étudie le mouvement de cet étage à proximité du sol après le déploiement du train d'atterrissage. Lors de cette dernière phase, sa masse est considérée comme constante.

Disposant d'une vidéo de l'atterrissage du premier étage d'une fusée, un pointage des positions du point M a été réalisé et a permis d'obtenir les graphiques 1 et 2 ci-après.

On a représenté ci-contre deux positions successives du point M aux dates t_1 = 0{,}50 \text{ s} et t_2 = 2{,}50 \text{ s} lors de la phase de l'atterrissage du premier étage. Celui-ci se trouve alors respectivement aux altitudes y_1 et y_2.

Le mouvement est étudié dans le référentiel terrestre supposé galiléen. Lors de la dernière phase de l'atterrissage, le mouvement du système est vertical et s'effectue selon l'axe O_y.

$Graphique 1. Évolution de la coordonnée verticale $\displaystyle{v_y}$ du vecteur vitesse du point $\displaystyle{M}$ en fonction du temps.$

Graphique 1. Évolution de la coordonnée verticale v_y du vecteur vitesse du point M en fonction du temps.

$Graphique 2. Évolution de l'altitude $\displaystyle{y}$ du point $\displaystyle{M}$ en fonction du temps.$

Graphique 2. Évolution de l'altitude y du point M en fonction du temps.

Quelle est la représentation correcte du vecteur vitesse du point M aux instants t_1 et t_2 ?

Dans le graphique 1, on a le résultat de la modélisation :
v_y(t) = 2{,}80 \times t - 13{,}6

La valeur de la vitesse peut être déterminée par la relation suivante :
v=\sqrt{v_x^2 + v_y^2}

Or, ici le mouvement de la fusée n'est que vertical, on a donc v_x =0, ce qui donne :
v=\sqrt{v_y^2}

Ainsi :

Pour t=t_1=0{,}50 \text{ s} : v_y(t_1=0{,}50) =2{,}80 \times 0{,}50 -13{,}6 = -12{,}2 \text{ m.s}^{-1} et v(t_1=0{,}50)=\sqrt{(-12{,}2)^2}=12{,}2 \text{ m.s}^{-1}
Pour t=t_2=2{,}50 \text{ s} : v_y(t_2=2{,}50) =2{,}80 \times 2{,}50 -13{,}6 = -6{,}6 \text{ m.s}^{-1} et v(t_2=2{,}50)=\sqrt{(-6{,}6)^2}=6{,}6 \text{ m.s}^{-1}

Les deux vecteurs vitesse sont donc orientés vers le bas (puisque v_y \lt 0) et le vecteur \overrightarrow{v(t_2)} est plus petit que le vecteur \overrightarrow{v(t_1)}.

Quelle est la valeur de l'accélération et quel commentaire peut-on faire à propos du signe de la projection de l'accélération suivant Oy ? Qualifier le mouvement.

a_y = \dfrac{dv_y}{dt} = 2{,}80 \text{ m.s}^{-2}, il s'agit d'un mouvement rectiligne uniformément ralenti.

a_y = \dfrac{dy}{dt} =- 2{,}80 \text{ m.s}^{-2}, il s'agit d'un mouvement rectiligne uniformément accéléré.

a_y = \dfrac{dv_y}{dt} = 2{,}80 \text{ m.s}^{-2}, il s'agit d'un mouvement rectiligne uniformément accéléré.

a_y = \dfrac{dy}{dt} = 2{,}80 \text{ m.s}^{-2}, il s'agit d'un mouvement rectiligne uniformément ralenti.

La projection de l'accélération suivant l'axe Oy est égale à la dérivée de la composante v_y par rapport au temps :
a_y=\dfrac{dv_y}{dt}

Or, d'après l'équation v_y(t) = 2{,}80 \times t - 13{,}6, on a :
\dfrac{dv_y}{dt} = 2{,}80 \text{ m.s}^{-2}

D'où :
a_y = 2{,}80 \text{ m.s}^{-2}

Comme a_y \gt 0, le vecteur accélération est orienté vers le haut, dans le sens opposé au mouvement.

Il s'agit d'un mouvement rectiligne uniformément ralenti car :

la trajectoire est une droite (donc rectiligne) ;
le vecteur accélération a un sens opposé au mouvement (donc ralenti) ;
la valeur de l'accélération est constante (donc uniformément varié).

Sur quel schéma a-t-on correctement représenté les forces qui modélisent les principales actions qui s'exercent sur le premier étage de la fusée étudiée de manière à rendre compte du signe de la projection de l'accélération suivant Oy ?

Les forces qui modélisent les principales actions qui s'exercent sur le premier étage de la fusée sont :

son poids \overrightarrow{P}, orienté vers le bas ;
la poussée des moteurs \overrightarrow{F_m}, orientée vers le haut ;
les frottements dus à l'air \overrightarrow{f}, orientés vers le haut. Ils sont moins important que la poussée des moteurs, car la fusée avance.

Le vecteur accélération \overrightarrow{a} est orienté vers le haut, on en déduit d'après la 2^e loi de Newton appliquée au système {fusée} (\Sigma \overrightarrow{F_{ext}} = m \times \overrightarrow{a}) que la résultante des forces \Sigma \overrightarrow{F_{ext}} l'est aussi, ce qui implique que la somme vectorielle des forces orientées vers le haut \overrightarrow{F_m}+ \overrightarrow{f} est plus longue que le poids \overrightarrow{P} orienté vers le bas.

D'où la représentation suivante :

En exploitant les graphiques 1 et 2, montrer que l'équation horaire y = f(t) du mouvement du point M peut s'écrire :

y=1{,}40 \ t^2-13{,}6 \ t + 33 avec y en \text{m} et t en \text{s}

L'équation horaire y = f(t) s'obtient en intégrant l'équation v_y = f(t), d'où y(t) = 2{,}80 \times \dfrac{t^2}{2}+33 \times t + k et, d'après le graphique 2, k=y(t=0) =13{,}6 \text{ m}.

L'équation horaire y = f(t) s'obtient en intégrant l'équation v_y = f(t), d'où y(t) = 2{,}80 \times \dfrac{t^2}{2} - 13{,}6 \times t + k et, d'après le graphique 2, k=y(t=0) =33 \text{ m}.

L'équation horaire y = f(t) s'obtient en dérivant l'équation v_y = f(t), d'où y(t) = 2{,}80 \times \dfrac{t^2}{2} - 33 \times t + k et, d'après le graphique 2, k=y(t=0) =13{,}6 \text{ m}.

L'équation horaire y = f(t) s'obtient en dérivant l'équation v_y = f(t), d'où y(t) = 2{,}80 \times \dfrac{t^2}{2} + 13{,}6 \times t + k et, d'après le graphique 2, k=y(t=0) =33 \text{ m}.

Dans le graphique 1, on a le résultat de la modélisation :
v_y(t) = 2{,}80 \times t - 13{,}6

L'équation horaire y = f(t) s'obtient en intégrant cette équation.

D'où :
y(t) = 2{,}80 \times \dfrac{t^2}{2} - 13{,}6 \times t + k, k étant une constante.

La valeur de cette constance dépend des conditions initiales : sur le graphique 2, on repère que y(t=0) =33 \text{ m}, on a donc :
k =33 \text{ m}

D'où :
y(t) = 1{,}40 \times t^2 - 13{,}6 \times t +33

Quelle est la valeur de la vitesse du système lorsqu'il touche le sol en admettant que l'accélération ne varie pas sur les derniers mètres ?

En résolvant l'équation y(t_f) = 1{,}40 \times t^2 - 13{,}6 \times t +33=0, on détermine t_f = 4{,}7 \text{ s} et v=-0{,}44 \text{ m.s}^{-1}.

En résolvant l'équation y(t_f) = 1{,}40 \times t^2 - 13{,}6 \times t +33=0, on détermine t_f = 4{,}7 \text{ s} et v=0{,}44 \text{ m.s}^{-1}.

En résolvant l'équation y(t_f) = 1{,}40 \times t^2 - 13{,}6 \times t +33=0, on détermine t_f = 5{,}0 \text{ s} et v=-0{,}44 \text{ m.s}^{-1}.

En résolvant l'équation y(t_f) = 1{,}40 \times t^2 - 13{,}6 \times t +33=0, on détermine t_f = 5{,}0 \text{ s} et v=0{,}44 \text{ m.s}^{-1}.

Pour déterminer la vitesse du système quand il touche le sol, il faut d'abord déterminer à quelle date il touche le sol.
Étant donné que le système touche le sol à la date t_f telle que y(t_f) =0 \text{ m}, il faut résoudre l'équation du second degré suivante :
y(t_f) = 1{,}40 \times t^2 - 13{,}6 \times t +33=0

Les deux solutions de cette équation sont t_f = 4{,}7 \text{ s} et t_f' = 5{,}0 \text{ s}, ce qui donne les vitesses suivantes :

v_y(t_f) =2{,}80 \times 4{,}7-13{,}6 = -0{,}44 \text{ m.s}^{-1}
v_y(t_f') =2{,}80 \times 5{,}0-13{,}6 = 0{,}40 \text{ m.s}^{-1}

On sait que la fusée descend, sa vitesse verticale est donc négative, ainsi la bonne durée est t_f = -0{,}44 \text{ m.s}^{-1} et la valeur de sa vitesse est :
v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}
v=\sqrt{0^2+(-0{,}44)^2}
v=0{,}44 \text{ m.s}^{-1}

L'atterrissage s'effectue-t-il « en douceur » ?

Non, car la vitesse du système est inférieure à 6 \text{ m.s}^{-1}.

Oui, car la vitesse du système est supérieure à 6 \text{ m.s}^{-1}.

Oui, car la vitesse du système est inférieure à 6 \text{ m.s}^{-1}.

Non, car la vitesse du système est supérieure à 6 \text{ m.s}^{-1}.

L'énoncé indique que pour que l'atterrissage se passe en douceur, il faut que la vitesse du système soit inférieure à 6 \text{ m.s}^{-1}, ce qui est bien le cas d'après la question précédente.