Sécurité incendie

Bac Antilles-Guyane 2026 Sujet 2

Exercice 1 – (11 points) – Durée 1h56 – Calculatrice autorisée

Sujet n°26-PYCJ2AG1

Sujet et corrigé

EXERCICE 1 – SÉCURITÉ INCENDIE (11 points)

Dans les établissements recevant du public, comme les supermarchés, les entrepôts ou encore les parkings souterrains, la sécurité incendie est une priorité. Il est donc essentiel de mettre en place des dispositifs de prévention et de protection des occupants et des biens.

Le but de cet exercice est d’étudier :

• une sirène d’alarme incendie, qui assure une alerte rapide des occupants ;
• un sprinkler, qui est un dispositif d’extinction automatique d’un incendie ;
• une lance à incendie, qui permet de maîtriser totalement le sinistre.

1. La sirène d’alarme incendie

L’installation de sirènes d’alarme incendie est obligatoire dans les établissements recevant du public.

En accord avec la norme NFS32-001, le signal sonore émis par une sirène est constitué :

• d’un son n° 1 de fréquence f₁ = 544 Hz, pendant 100 ms ;
• d’un son n° 2 de fréquence f₂, pendant 400 ms.

L’analyse du son n° 2 permet d’obtenir une représentation de l’évolution de son amplitude en fonction du temps, donnée sur la figure 1. On considère que ce signal est périodique.

Figure 1. Évolution de l’amplitude du son n° 2 en fonction du temps

Q1. Déterminer la fréquence f₂ du son n° 2 et préciser si cette fréquence est associée à un son plus grave ou plus aigu que le son n° 1.

$$2T_{2} = 1,247 – 1,2414$$

$$2T_{2} = 5,60 \times 10^{-3}$$

$$T_{2} = \frac{5,60 \times 10^{-3}}{2}$$

$$T_{2} = 2,80 \times 10^{-3}\ s$$

La fréquence est définie par :

$$f_{2} = \frac{1}{T_{2}}$$

$$f_{2} = \frac{1}{2,80 \times 10^{-3}}$$

$$f_{2} = 357\ Hz$$

f₂ < f₁ : le son n°2 est plus grave que le son n°1.

La figure 2 montre une partie du bâtiment étudié. Une sirène est fixée sur un mur et on mesure le niveau d’intensité sonore en deux points M et N, situés à une même distance d = 5,0 m de la sirène, de part et d’autre d’une cloison non isolée.

Figure 2. Schéma de la partie du bâtiment étudié

Les niveaux d’intensité sonore mesurés aux points M et N ont pour valeurs respectives L_M = 92 dB et L_N = 67 dB.

Q2. Déterminer la valeur de l’atténuation par absorption du niveau d’intensité sonore entre les points M et N, notée A, en décibels.

$$A_{g\acute{e}o} = L_{M} – L_{N}$$

$$A_{g\acute{e}o} = 92 – 67$$

$$A_{g\acute{e}o} = 25\ dB$$

Cette partie du bâtiment va bénéficier de travaux d’isolation phonique, comme indiqué sur la figure 3. Le son de la sirène se trouvera donc davantage atténué dans certaines salles. Il sera alors nécessaire de remplacer la sirène par une autre plus puissante afin que la valeur du niveau d’intensité sonore au point N, notée L’_N, soit la même qu’avant les travaux : L’_N = L_N = 67 dB. Le son émis par la nouvelle sirène devra alors avoir un niveau d’intensité sonore L’_M = 104 dB au point M.

Figure 3. Schéma de la partie du bâtiment étudié avec l’isolation phonique et la nouvelle sirène

D’après la norme NFS32-001, les sirènes sont réparties par classe, selon leur niveau d’intensité sonore mesuré à 2,0 mètres, comme indiqué sur le tableau de la figure 4.

Classe de la sirène	A	B	C	D
Niveau d’intensité sonore mesuré à 2,0 m	< 90 dB	de 90 dB à 105 dB	de 105 dB à 115 dB	> 115 dB

Figure 4. Niveau d’intensité sonore du son émis par une sirène selon sa classe

Donnée

Niveaux d’intensité sonore : $L_2 = L_1 – 20\log(d_2/d_1)$.

• L₁ : niveau d’intensité sonore, en dB, à la distance d₁, en m, de la source ;
• L₂ : niveau d’intensité sonore, en dB, à la distance d₂, en m, de la source.

Q3. Calculer la valeur du niveau d’intensité sonore, noté L, mesuré à 2,0 m, du son émis par la sirène à installer, puis déterminer sa classe.

$$L_{2} = L_{1} – 20\ \log\left(\frac{d_{2}}{d_{1}}\right)$$

$$L = L’_{M} – 20\ \log\left(\frac{d}{d_{M}}\right)$$

$$L = 112\ dB$$

D’après la figure 4, la sirène est de classe C.

2. Le sprinkler, un dispositif d’extinction automatique

Un sprinkler est un système fixe d’extinction automatique à eau. Il est constitué d’une ampoule qui obstrue la sortie d’eau d’une canalisation, comme l’indique la photographie de la figure 5.

Figure 5. Photographie d’un sprinkler

Lors d’un incendie, l’augmentation de la température provoque la dilatation de l’ampoule puis sa rupture, déclenchant ainsi la projection de l’eau sur la zone à protéger.

Le but de cette partie est de déterminer la durée nécessaire pour qu’un sprinkler se déclenche après que l’incendie s’est déclaré. Cette durée est liée aux conditions ambiantes présentes lors de l’incendie et aux caractéristiques propres du sprinkler. Parmi ces dernières, deux sont essentielles :

• la température de rupture de l’ampoule ;
• l’indice de temps de réponse, noté R_TI (Response Time Index) : plus il est faible, plus l’ampoule du sprinkler se rompt rapidement lors d’un départ de feu.

Afin de déterminer l’indice de temps de réponse R_TI du sprinkler étudié, on réalise au laboratoire l’expérience suivante :

• on mesure la valeur de la température initiale θ₀ du sprinkler, à l’aide d’un thermomètre infrarouge : θ₀ = 22° C ;
• on place le sprinkler dans un courant d’air chaud de température θ_ext = 54° C et de vitesse v = 5,0 m·s⁻¹ et on déclenche simultanément un chronomètre ;
• on relève la température θ de l’ampoule du sprinkler toutes les 5 secondes, à l’aide d’un thermomètre infrarouge pour tracer la courbe de la figure 6.

Figure 6. Évolution de la température θ de l’ampoule du sprinkler au cours du temps (Mesures réalisées au laboratoire)

Q4. Indiquer dans quel sens s’effectue le transfert thermique entre l’ampoule du sprinkler et l’air extérieur dans l’expérience réalisée au laboratoire. Justifier.

Le transfert thermique se fait du corps chaud vers le corps froid.

Le sprinkler a une température θ₀= 22 °C

Le courant d’air chaud de température à une température θ_ext= 54 °C

Ainsi, le transfert thermique se fait de l’air vers le sprinkler.

L’ampoule du sprinkler à la température θ(t) (en °C) échange de l’énergie par transfert thermique avec l’air extérieur à la température θ_ext (en °C). Ce transfert thermique est modélisé par la loi phénoménologique de Newton :

φ = ε·S·√v·(θ_ext − θ(t))

• φ est le flux thermique entre l’air extérieur et l’ampoule en watt (W) ;
• ε est une constante en W·m^−5/2·s^1/2·°C⁻¹ ;
• v est la vitesse de l’air en mètre par seconde (m·s⁻¹) ;
• S la surface extérieure de l’ampoule en mètre carré (m²).

La variation d’énergie interne ΔU (en J) de l’ampoule de capacité thermique C (en J·K⁻¹) qui subit une variation de température Δθ (en °C) est donnée par la relation : ΔU = C·Δθ.

On négligera les autres transferts d’énergie entre l’ampoule et l’extérieur.

Q5. En appliquant le premier principe de la thermodynamique à l’ampoule pendant une durée Δt, montrer que : $\frac{\Delta \theta}{\Delta t} = \frac{\epsilon \times S \times \sqrt{v}}{C} \times (\theta_{ext} – \theta(t))$

$$\Delta U = Q + W$$

Or W = 0

Donc

$$\Delta U = Q$$

Or $\Delta U = C \times \Delta \theta$

$$Q = \Delta U$$

$$Q = C \times \Delta \theta$$

$$\Phi = \frac{Q}{\Delta t}$$

Or

$$\phi = \epsilon \times S \times \sqrt{v} \times (\theta_{ext} – \theta(t))$$

et

$$Q = C \times \Delta \theta$$

$$\epsilon \times S \times \sqrt{v} \times (\theta_{ext} – \theta(t)) = \frac{C \times \Delta \theta}{\Delta t}$$

$$\frac{C \times \Delta \theta}{\Delta t} = \epsilon \times S \times \sqrt{v} \times (\theta_{ext} – \theta(t))$$

$$\frac{\Delta \theta}{\Delta t} = \frac{\epsilon \times S \times \sqrt{v}}{C} \times (\theta_{ext} – \theta(t))$$

La relation précédente conduit à l’équation différentielle suivante :

dθ(t)/dt = −(1/τ)θ(t) + θ_ext/τ, avec τ = C/(ε·S·√v).

Q6. Résoudre l’équation différentielle pour établir que l’expression de la température θ(t) de l’ampoule en fonction du temps est : θ(t) = θ_ext + (θ₀ − θ_ext) e^−t/τ

$$\theta(t) = \theta_{ext} + (\theta_{0} – \theta_{ext}).e^{-\frac{t}{\tau}}$$

Dérivons θ(t) :

$$\frac{d\theta}{dt} = (\theta_{0} – \theta_{ext}) \times \frac{-1}{\tau}.e^{-\frac{t}{\tau}}$$

Remplaçons les dans l’équation :

$$\frac{d\theta(t)}{dt} = -\frac{1}{\tau}\theta(t) + \frac{\theta_{ext}}{\tau}$$

$$(\theta_{0} – \theta_{ext}) \times \frac{-1}{\tau}.e^{-\frac{t}{\tau}} = -\frac{1}{\tau} \times \left(\theta_{ext} + (\theta_{0} – \theta_{ext}).e^{-\frac{t}{\tau}}\right) + \frac{\theta_{ext}}{\tau}$$

$$-\frac{(\theta_{0} – \theta_{ext})}{\tau}.e^{-\frac{t}{\tau}} = -\frac{\theta_{ext}}{\tau} – \frac{(\theta_{0} – \theta_{ext}).e^{-\frac{t}{\tau}}}{\tau} + \frac{\theta_{ext}}{\tau}$$

$$-\frac{(\theta_{0} – \theta_{ext})}{\tau}.e^{-\frac{t}{\tau}} + \frac{(\theta_{0} – \theta_{ext}).e^{-\frac{t}{\tau}}}{\tau} = -\frac{\theta_{ext}}{\tau} + \frac{\theta_{ext}}{\tau}$$

$$0 = -\frac{\theta_{ext}}{\tau} + \frac{\theta_{ext}}{\tau}$$

$$\frac{\theta_{ext}}{\tau} = \frac{\theta_{ext}}{\tau}$$

La fonction θ(t) = θ_ext + (θ₀ − θ_ext).e^−t/τ est bien solution de l’équation différentielle.

On suppose que la température initiale de l’ampoule est θ₀ = 22° C et qu’elle est placée dans un courant d’air chaud de température θ_ext = 54° C.

Q7. À la date t = τ, calculer la valeur θ(τ) de la température de l’ampoule.

$$\theta(t=\tau) = \theta_{ext} + (\theta_{0} – \theta_{ext}).e^{-\frac{\tau}{\tau}}$$

$$\theta(t=\tau) = 54 + (22 – 54).e^{-1}$$

$$\theta(t=\tau) = 42\ °C$$

Q8. En déduire, à partir d’une lecture graphique sur la courbe de la figure 6, la valeur du temps caractéristique τ.

À la date t = τ, θ(t = τ) = 42 °C.

Lisons le temps pour θ = 42 °C et déduisons τ. Graphiquement τ=40s.

Le temps caractéristique τ (en s) est propre à l’expérience réalisée au laboratoire. Il permet de déterminer l’indice de temps de réponse du sprinkler, noté R_TI (en m^1/2·s^1/2). Ces deux grandeurs sont liées entre elles par la relation :

$\tau = \frac{R_{TI}}{\sqrt{v}}$

où v est la vitesse du courant d’air chaud, exprimée en m·s⁻¹. Dans l’expérience réalisée au laboratoire, on rappelle que v = 5,0 m·s⁻¹.

Q9. Calculer la valeur de l’indice de temps de réponse R_TI du sprinkler étudié.

$$\tau = \frac{R_{TI}}{\sqrt{v}}$$

$$\frac{R_{TI}}{\sqrt{v}} = \tau$$

$$R_{TI} = \tau \times \sqrt{v}$$

$$R_{TI} = 42 \times \sqrt{5,0}$$

$$R_{TI} = 94\ m^{1/2}.s^{1/2}$$

Le sprinkler étudié est installé dans un entrepôt à la température de 15° C. Ses caractéristiques sont les suivantes :

• température de rupture : θ_rupt = 68° C ;
• indice de temps de réponse : R_TI = 90 m^1/2·s^1/2.

Quelques dizaines de secondes après le début d’un violent incendie, des fumées à la température de 200 °C s’écoulent autour du sprinkler à la vitesse v_fumée = 3,0 m·s⁻¹.

Q10. En utilisant la solution θ(t) = θ_ext+(θ₀ − θ_ext)·e^−t/τ de l’équation différentielle, déterminer l’expression de la durée nécessaire, notée t_rupt, pour que le sprinkler se déclenche à partir du moment où les fumées arrivent à son contact. On exprimera t_rupt en fonction de θ_rupt, θ₀, θ_ext et τ. Calculer la valeur de t_rupt.

Le candidat est invité à prendre des initiatives et à présenter correctement sa démarche, même non aboutie, car elle sera évaluée.

$$\theta(t) = \theta_{ext} + (\theta_{0} – \theta_{ext}).e^{-\frac{t}{\tau}}$$

$$\theta_{ext} + (\theta_{0} – \theta_{ext}).e^{-\frac{t}{\tau}} = \theta(t)$$

$$(\theta_{0} – \theta_{ext}).e^{-\frac{t}{\tau}} = \theta(t) – \theta_{ext}$$

$$e^{-\frac{t}{\tau}} = \frac{\theta(t) – \theta_{ext}}{\theta_{0} – \theta_{ext}}$$

$$\ln\left(e^{-\frac{t}{\tau}}\right) = \ln\left(\frac{\theta(t) – \theta_{ext}}{\theta_{0} – \theta_{ext}}\right)$$

$$-\frac{t}{\tau} = \ln\left(\frac{\theta(t) – \theta_{ext}}{\theta_{0} – \theta_{ext}}\right)$$

$$t = -\tau \times \ln\left(\frac{\theta(t) – \theta_{ext}}{\theta_{0} – \theta_{ext}}\right)$$

$$t_{rupt} = -\tau \times \ln\left(\frac{\theta_{rupt} – \theta_{ext}}{\theta_{0} – \theta_{ext}}\right)$$

Or

$$\tau = \frac{R_{TI}}{\sqrt{v}}$$

D’où

$$t_{rupt} = -\frac{R_{TI}}{\sqrt{v}} \times \ln\left(\frac{\theta_{rupt} – \theta_{ext}}{\theta_{0} – \theta_{ext}}\right)$$

$$t_{rupt} = -\frac{90}{\sqrt{3,0}} \times \ln\left(\frac{68 – 200}{15 – 200}\right)$$

$$t_{rupt} = 18\ s$$

Le sprinkler se déclenche 18 secondes après l’arrivée des fumées chaudes à son contact.

3. La lance à incendie

Le but de cette partie est d’étudier la portée d’une lance à incendie dont les caractéristiques principales sont données dans la documentation présentée figure 7.

Débit volumique maximal	500 L·min−1 (réglable par bague tournante)
Portée maximale	40 m pour une pression d’entrée de 8 bar
Masse	1,9 kg
Matériaux	aluminium anodisé, nylon, caoutchouc

Figure 7. Caractéristiques de la lance à mains EFE-EUROJET-500 (d’après https://www.motopompe-incendie.com)

Données

• le débit volumique d’écoulement d’un fluide dans un tube, noté D_V, exprimé en m³·s⁻¹, est lié à la vitesse du fluide, notée v, exprimée en m·s⁻¹, et à la section, notée S, exprimée en m², du tube d’écoulement par la relation D_V = S·v ;
• 1 bar = 10⁵ Pa ;
• la lance à incendie est fixée à l’extrémité d’un tuyau cylindrique de 45 mm de diamètre et dont la section au point A (figure 8) vaut : S_A = 1,6×10⁻³ m² ;
• lors de l’écoulement permanent et incompressible d’un fluide, la relation de Bernoulli sur une ligne de courant entre deux points A et B s’écrit :

$$\frac{1}{2}\rho \cdot v_A^2 + \rho \cdot g \cdot z_A + P_A = \frac{1}{2}\rho \cdot v_B^2 + \rho \cdot g \cdot z_B + P_B.$$

• z_A et z_B sont les altitudes (en m) respectivement aux points A et B,
• v_A et v_B sont les vitesses (en m·s⁻¹) respectivement aux points A et B,
• P_A et P_B sont les pressions (en Pa) respectivement aux points A et B,
• ρ est la masse volumique du fluide en kg·m⁻³,
• g est l’intensité de la pesanteur terrestre : g = 9,81 m·s⁻² ;
• masse volumique de l’eau : ρ_eau = 1 000 kg·m⁻³.

Q11. En utilisant l’expression du débit volumique, montrer que la valeur de la vitesse de l’eau dans le tuyau au point A est v_A = 5,2 m·s⁻¹, lorsque le débit volumique de la lance est maximal.

Conservation du débit volumique :

$$D_{V} = S_{A} \times v_{A}$$

$$S_{A} \times v_{A} = D_{V}$$

$$v_{A} = \frac{D_{V}}{S_{A}}$$

$$v_{A} = \frac{500 \times 10^{-3}/60}{1,6 \times 10^{-3}}$$

$$v_{A} = 5,2\ m.s^{-1}$$

Q12. En utilisant la relation de Bernoulli et les valeurs des pressions données figure 8, montrer que la valeur de la vitesse de l’eau à la sortie de la lance au point B est v_B = 38 m·s⁻¹.

$$\frac{1}{2}\rho v_{A}^{2} + \rho g z_{A} + P_{A} = \frac{1}{2}\rho v_{B}^{2} + \rho g z_{B} + P_{B}$$

$$\frac{1}{2}\rho v_{B}^{2} + \rho g z_{B} + P_{B} = \frac{1}{2}\rho v_{A}^{2} + \rho g z_{A} + P_{A}$$

$$\frac{1}{2}\rho v_{B}^{2} = \frac{1}{2}\rho v_{A}^{2} + \rho g z_{A} – \rho g z_{B} + P_{A} – P_{B}$$

Or z_A = z_B

$$\frac{1}{2}\rho v_{B}^{2} = \frac{1}{2}\rho v_{A}^{2} + P_{A} – P_{B}$$

$$v_{B}^{2} = \frac{2}{\rho}\left(\frac{1}{2}\rho v_{A}^{2} + P_{A} – P_{B}\right)$$

$$v_{B}^{2} = v_{A}^{2} + \frac{2}{\rho}(P_{A} – P_{B})$$

$$v_{B} = \sqrt{v_{A}^{2} + \frac{2}{\rho}(P_{A} – P_{B})}$$

$$v_{B} = \sqrt{5,2^{2} + \frac{2}{1000}(8,0 \times 10^{5} – 1,0 \times 10^{5})}$$

$$v_{B} = 38\ m.s^{-1}$$

On étudie le mouvement du centre de masse M d’une goutte d’eau de masse m dans le référentiel terrestre supposé galiléen, muni d’un repère (O,$\overrightarrow{i}$,$\overrightarrow{j}$) où i est un vecteur unitaire horizontal orienté vers la droite et $\overrightarrow{k}$ un vecteur unitaire vertical orienté vers le haut, comme l’indique le schéma de la figure 9. On suppose que la trajectoire de cette goutte est la même que celle du jet d’eau.

Le vecteur vitesse initiale $\overrightarrow{v_B}$ de la goutte d’eau forme un angle α avec l’horizontale.

Lorsque la lance est inclinée, les points A et B ne sont plus à la même altitude : on ne tient pas compte de cet effet et on considère que la vitesse de l’eau au point B vaut v_B = 38 m·s⁻¹ quelle que soit l’inclinaison de la lance.

L’extrémité B de la lance est maintenue à une hauteur z_B = 1,30 m au-dessus du sol.

Figure 9. Schéma de la situation

Données

• à la date t = 0 s, le centre de masse M de la goutte d’eau est situé au point B ;
• on néglige les frottements de l’air sur la goutte d’eau.

Q13. En appliquant la deuxième loi de Newton, déterminer les coordonnées a_x(t) et a_z(t) du vecteur accélération $\overrightarrow{a}$ du point M.

Système { goutte d’eau}

Référentiel terrestre supposé galiléen

D’après la deuxième loi de newton :

$$\Sigma\overrightarrow{F_{ext}} = m\overrightarrow{a}$$

$$\overrightarrow{P} = m\overrightarrow{a}$$

$$m\overrightarrow{g} = m\overrightarrow{a}$$

$$\overrightarrow{g} = \overrightarrow{a}$$

Or

$$\overrightarrow{g}\ \begin{vmatrix} 0 \\ -g \end{vmatrix}$$

Le vecteur accélération du centre d’inertie du solide est égal au vecteur champ de pesanteur.

$$\overrightarrow{a}\ \begin{vmatrix} a_{x(t)} = 0 \\ a_{z(t)} = -g \end{vmatrix}$$

Q14. Montrer que les équations horaires x(t) et z(t) du centre de masse M au cours de son mouvement sont : x(t) = v_B·cos(α)·t   z(t) = −½g·t² + v_B·sin(α)·t + z_B

$$\overrightarrow{a}\ \begin{vmatrix} a_{x(t)} = 0 \\ a_{z(t)} = -g \end{vmatrix}$$

Or

$$\overrightarrow{a} = \frac{d\overrightarrow{v}}{dt}$$

On intègre le système d’équation précédent :

$$\overrightarrow{v}\ \begin{vmatrix} v_{x(t)} = C_{1} \\ v_{z(t)} = -gt + C_{2} \end{vmatrix}$$

Pour trouver les constantes, on utilise $\overrightarrow{v_B}$

$$\overrightarrow{v_{0}} = \overrightarrow{v_{B}}\ \begin{vmatrix} v_{Bx} = v_{B}\ \cos(\alpha) \\ v_{Bz} = v_{B}\ \sin(\alpha) \end{vmatrix}$$

D’ou

$$\overrightarrow{v}\ \begin{vmatrix} v_{x(t)} = v_{B}\ \cos(\alpha) \\ v_{z(t)} = -gt + v_{B}\ \sin(\alpha) \end{vmatrix}$$

Or

$$\overrightarrow{v} = \frac{d\overrightarrow{OG}}{dt}$$

On intègre le système d’équation précédent :

$$\overrightarrow{OG}\ \begin{vmatrix} x(t) = v_{B}\ \cos(\alpha) \times t + C_{3} \\ z(t) = -\frac{1}{2}gt^{2} + v_{B}\ \sin(\alpha) \times t + C_{4} \end{vmatrix}$$

Pour trouver les constantes, on utilise $\overrightarrow{OG_{0}}$

$$\overrightarrow{OG_{0}}\ \begin{vmatrix} x_{0} = 0 \\ z_{0} = z_{B} \end{vmatrix}$$

d’ou

$$\overrightarrow{OG}\ \begin{vmatrix} x(t) = v_{B}\ \cos(\alpha) \times t \\ z(t) = -\frac{1}{2}gt^{2} + v_{B}\ \sin(\alpha) \times t + z_{B} \end{vmatrix}$$

On en déduit l’équation de la trajectoire du point M :

$$z(x) = -\frac{g}{2v_B^2 \cdot \cos^2(\alpha)}x^2 + \tan(\alpha) \cdot x + z_B$$

La portée correspond à la distance OP sur le schéma de la figure 9. Elle dépend de la valeur de l’angle α. On admettra que, dans la situation étudiée, la portée est maximale pour un angle α = 44,7°.

L’équation de la trajectoire s’écrit alors z(x) = − 6,72 × 10⁻³x² + 0,990x + 1,30.

Q15. Déterminer la valeur de la portée maximale, notée x_max. Interpréter l’écart observé avec la valeur fournie dans la documentation donnée dans la figure 7.

$$z(x) = -6,72 \times 10^{-3} \times x^{2} + 0,990 \times x + 1,30$$

Calculons la portée du tir : x_max pour lequel la goutte touche le sol z=0

$$z(x_{\max}) = -6,72 \times 10^{-3} \times x_{\max}^{2} + 0,990 \times x_{\max} + 1,30$$

$$0 = -6,72 \times 10^{-3} \times x_{\max}^{2} + 0,990 \times x_{\max} + 1,30$$

C’est une équation du second degré :

$$\Delta = b^{2} – 4ac$$

$$\Delta = (0,990)^{2} – 4 \times -6,72 \times 10^{-3} \times 1,30$$

$$\Delta = 1,02$$

$$x_{\max 1} = \frac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a}$$

$$x_{max1} = \frac{-(0,990) + \sqrt{1,02}}{2 \times -6,72 \times 10^{-3}}$$

$$x_{max1} = -1,48\ m$$

Or x est positif

$$x_{\max 2} = \frac{-b – \sqrt{\Delta}}{2a}$$

$$x_{max2} = \frac{-(0,990) – \sqrt{1,02}}{2 \times -6,72 \times 10^{-3}}$$

$$x_{max2} = 149\ m$$

On garde la valeur positive de x_max soit 149m.

La valeur fournie dans la documentation donnée dans la figure 7 est de 40m.

Lors de notre modélisation, nous avons négligé les forces de frottements. C’est ce qui explique l’écart observé avec la valeur fournie dans la documentation donnée dans la figure 7.