Exercitations de physique avancée 5 - correction, Exercices de Physique Avancée
Eleonore_sa
Eleonore_sa9 May 2014

Exercitations de physique avancée 5 - correction, Exercices de Physique Avancée

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Exercitations de physique avancée sur l'éruption de la montagne pelée en 1902 - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Équations horaires du mouvement, Bloc éjecté du cratère avec une vitesse initi...
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Exercice I: éruption de la montagne pelée en 1902 (5 points)

Bac S 2012 Amérique du nord CORRECTION 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

x za (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 : 0v (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 01v

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 v

g

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

v

g )2 + v01.( 01

v

g ) = –

1

2

2

01v

g +

2

01v

g

h = 1

2

2

01v

g v01² = 2.g.h

01v = 2.g.h

2.4. Si h = 400 m alors 01v = 2 9,8 400  = 89 m.s -1

3. Bloc éjecté du cratère avec une vitesse initiale oblique 02v

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

2 2

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

2 2

02

x (t)

v .cos 

   -2.(z t - tanα.x t ) g

= 2

2 2

02

x (t)

v .cos 

2 2

02v .cos  =  

2g.x (t)

-2.(z t - tanα.x(t))

2

02v =  

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 = ( )3 2

3 2

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 Cv (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 JEPP = Em – EC = 3,03×106 – 1,6×106 = 1,4×106 J3.2.3. altitude maximale h’ : EPP = m.g.h’

h’ = PP E

m.g

h’ = ,

61,4 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

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