Exercice I: éruption de la montagne pelée en 1902 (5 points)

Bac S 2012 Amérique du nord CORRECTION © http://labolycee.org
EXERCICE I : ÉRUPTION DE LA MONTAGNE PELÉE EN 1902 (5 points)
1. Équations horaires du mouvement
1.1. Dans le référentiel terrestre choisi, le bloc de matière, de masse m, n’est soumis qu’à son
poids, il est donc en chute libre. On néglige, en effet les forces de frottements dues à l’air et la
poussée d’Archimède.
1 2.
P = m.a
m.g = m.a
a = g
xz
a (a (t) ; a (t))
et
g (0 ; -g)
donc ax(t) = 0 az(t) = – g
1.3. ax(t) =
x
dv (t)
dt
= 0 az(t) =
dv (t)
dt
z
= – g
Par intégration vx(t) = k1 vz(t) = – g.t + k2 k1 et k2 : constantes d’intégrations
Ces constantes se déterminent grâce aux conditions initiales :
0
v
(vo.cosα ; v0.sinα)
D’autre part : vx(0) = k1 vz(0) = k2
Finalement : vx(t) = vo.cosα vz(t) = – g.t + v0.sinα
1.4. vx(t) =
dx(t)
dt
vz(t) =
dz(t)
dt
Par intégration x(t) = (vo.cosα).t + k’1 z(t) = –
1
2
.g.t² + (v0.sinα).t + k’2
k’1 et k’2 : constantes d’intégrations obtenues avec les conditions initiales : x(0) = 0 et z(0) = 0
donc k'1 = 0 et k’2 = 0
Soit : x(t) = (v0.cos).t z(t) = –
1
2
g.t2 + (v0.sin). t
2. Bloc éjecté du cratère avec une vitesse initiale verticale
01
v
2.1. Si la vitesse initiale est verticale, alors α = 90°.
D’après la question 1.3. vx(t) = vo1.cos90 vz(t) = -g.t + v01.sin90
alors vx(t) = 0 vz(t) = -g.t + v01
D’après la question 1.4. x(t) = (v01.cos90).t z(t) = –
1
2
g.t2 + (v01.sin90). t
x(t) = 0 z(t) = –
1
2
g.t2 + v01.t
2.2. Quand le bloc a atteint son altitude maximale h, sa vitesse est nulle.
vz(tS) = 0 = – g.tS + v01
tS =
01
vg

2.3. D’après la question 2.1. z(tS) = –
1
2
g.tS2 + v01.tS = h
En remplaçant tS par son expression du 2.2. il vient :
h = –
1
2
g.(
01
vg
)2 + v01.(
01
vg
) = –
1
2
2
01
vg
+
2
01
vg
h =
1
2
2
01
vg
v01² = 2.g.h
01
v = 2.g.h
2.4. Si h = 400 m alors
01
v = 2 9,8 400
= 89 m.s-1
3. Bloc éjecté du cratère avec une vitesse initiale oblique
02
v
3.1.1. D’après la question 1.4. x(t) = (v02.cos).t soit t =
02
x(t)
v .cos
z(t) = –
1
2
g.t2 + (v02.sin). t
En remplaçant t dans l’expression de z(t), on obtient :
z(t) = –
1
2
.g.
2
02
x(t)
v .cos
+ (v02.sin).
02
x(t)
v .cos
z(t) = –
1
2
.g.
2
22
02
x(t)
v .cos
+ (tan).x(t)
3.1.2. Quand le bloc touche le sol, z(t) = – 800 m et x(t) = 1,8 km = 1,8×103 m
D’après l’équation précédente : z(t) – tan.x(t) = –
1
2
g.
2
22
02
x (t)
v .cos
-2.(z t - tanα.x t )
g
=
2
22
02
x (t)
v .cos
22
02
v .cos
=
2
g.x (t)
-2.(z t - tanα.x(t))
2
02
v
=
2
2
g.x (t)
-2.(z t - x(t).tanα).cos
v02 =
2
2
g.x (t)
-2.(z t - x(t).tanα).cos
V02 =
()
32
32
9,8 1,8 10
-2 (-800 - 1,8 10 tan43) cos 43
= 1,1×102 m.s-1
La vitesse calculée est très proche de celle donnée dans le texte 2.
3.2.1. Énergie cinétique : Ec = ½ m.v²
Énergie potentielle de pesanteur : EPP = m.g.z avec z = 0 pour la position initiale du bloc.
Énergie mécanique :Em = Ec + EPP
À t = 0 Ec(0) = ½ m.v02² Ec(0) = ½ ×500×110² = 3,03×106 J
EPP(0) = m.g.z EPP(0) = 0 J
Em(0) = Ec(0) + EPP(0) = EC(0) = 3,03×106 J

3.2.2. Au point le plus élevé de la trajectoire Em = 3,03×106 J car l’énergie mécanique se
conserve.
Le vecteur vitesse est horizontal et d’après 1.3. on a
C
v
(vx(t) = v02. cos α ; vz(t) = 0).
Ec = ½ m.vC2
Ec = ½ m.(v02. cos α)²
Ec = ½×500×(110×cos43)² = 1,6×106 J
EPP = Em – EC = 3,03×106 – 1,6×106 = 1,4×106 J
3.2.3. altitude maximale h’ : EPP = m.g.h’
h’ =
PP
E
m.g
h’ =
,
6
1,4 10
500 9 8
= 2,9×102 m
3.2.4. D’après 1.4. x(t) = (v02.cos).t
x(t) est une fonction linéaire du temps, sa courbe représentative est une droite passant par
l’origine. x(t) correspond à la courbe n°1.
D’après 1.4. z(t) = –
1
2
g.t2 + (v0.sin).t ainsi la courbe représentative de z(t) est une parabole.
z(t) est représentée par la courbe n°2.
Pour z = h’ (sommet de la courbe n°2), on trouve graphiquement xC égale à environ 600 m.
h’
xC