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

Bac S 2012 Amérique du nord CORRECTION
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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
a (ax (t) ; az (t)) et g (0 ; -g)
donc ax(t) = 0
az(t) = – g
dv x (t)
dv z (t)
= 0 az(t) =
=–g
dt
dt
Par intégration
vx(t) = k1
vz(t) = – g.t + k2
k1 et k2 : constantes d’intégrations
Ces constantes se déterminent grâce aux conditions initiales : v 0 (vo.cosα ; v0.sinα)
D’autre part : vx(0) = k1
vz(0) = k2
Finalement : vx(t) = vo.cosα
vz(t) = – g.t + v0.sinα
1.3.
ax(t) =
1.4.
vx(t) =
Par intégration
x(t) = (vo.cosα).t + k’1
dx(t)
dt
vz(t) =
dz(t)
dt
z(t) = –
1
.g.t² + (v0.sinα).t + k’2
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
1
Soit :
x(t) = (v0.cos).t
z(t) = – g.t2 + (v0.sin). t
2
2. Bloc éjecté du cratère avec une vitesse initiale verticale v01
2.1. Si la vitesse initiale est verticale, alors α = 90°.
D’après la question 1.3. vx(t) = vo1.cos90
alors
vx(t) = 0
vz(t) = -g.t + v01.sin90
vz(t) = -g.t + v01
D’après la question 1.4.
z(t) = –
x(t) = (v01.cos90).t
x(t) = 0
1 2
g.t + (v01.sin90). t
2
1
z(t) = – g.t2 + v01.t
2
2.2. Quand le bloc a atteint son altitude maximale h, sa vitesse est nulle.
vz(tS) = 0 = – g.tS + v01
v
tS = 01
g
1
g.tS2 + v01.tS = h
2
En remplaçant tS par son expression du 2.2. il vient :
2
1
1 v 01
v2
v
v
h = – g.( 01 )2 + v01.( 01 ) = –
+ 01
2
2 g
g
g
g
2
1 v 01
h=
2 g
v01² = 2.g.h
v 01 = 2.g.h
2.3. D’après la question 2.1. z(tS) = –
2.4. Si h = 400 m alors v 01 = 2  9,8  400 = 89 m.s-1
3. Bloc éjecté du cratère avec une vitesse initiale oblique v 02
3.1.1. D’après la question 1.4.
x(t) = (v02.cos).t
soit t =
x(t)
v 02 .cos
1 2
g.t + (v02.sin). t
2
En remplaçant t dans l’expression de z(t), on obtient :
z(t) = –
2
 x(t) 
1  x(t) 
z(t) = – .g. 
 + (v02.sin). 

2  v 02 .cos 
 v 02 .cos 
1
x(t)2
z(t) = – .g. 2
+ (tan).x(t)
2
v 02 .cos2
3.1.2. Quand le bloc touche le sol, z(t) = – 800 m et x(t) = 1,8 km = 1,8×103 m
1
x 2 (t)
D’après l’équation précédente :
z(t) – tan.x(t) = – g. 2
2 v 02 .cos2
-2.(z  t  - tanα.x  t  )
x 2 (t)
= 2
v 02 .cos2
g
2
v 02
.cos2 =
2
v 02
=
v02 =
g.x 2 (t)
-2.(z  t  - tanα.x(t))
g.x 2 (t)
-2.(z  t  - x(t).tanα).cos 2
g.x 2 (t)
-2.(z  t  - x(t).tanα).cos 2
9,8  (1,8 103 )2
= 1,1×102 m.s-1
-2  (-800 - 1,8  103  tan43)  cos2 43
La vitesse calculée est très proche de celle donnée dans le texte 2.
V02 =
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
Àt=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 v C (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’
E
h’ = PP
m.g
h’ =
1,4 106
= 2,9×102 m
500  9, 8
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.
1
D’après 1.4. z(t) = – g.t2 + (v0.sin).t ainsi la courbe représentative de z(t) est une parabole.
2
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.
xC
h’