1. No category

Correction de l'exercice 1 p 268
1.
2.
3.
L'énergie cinétique est une énergie de "mouvement", car dès qu'un objet est en mouvement (dans un référentiel), on peut définir une
1
vitesse de l'objet v. Comme l'énergie cinétique est définie par l'expression Ec  mv 2 , dès qu'un objet a une vitesse il possède une
2
certaine énergie cinétique.
1
Pour un objet en translation à la vitesse v, l'expression de l'énergie cinétique d'un objet de masse m est Ec  mv 2 .
2
Une voiture roulant sur l'autoroute dont on étudie le mouvement dans le référentiel terrestre possède une certaine énergie cinétique.
Une balle en chute libre dont on étudie le mouvement dans le référentiel terrestre possède également une certaine énergie cinétique.
Correction de l'exercice 2 p 268
1
Réponses justes : On note Ec1  mv 2 l'énergie cinétique au départ.
2
1.
2.
3.
Réponse a : Si la masse de l'objet est multipliée par deux, son énergie cinétique est multipliée par 2.
1
En effet, Ec2  2mv2  mv 2  2  Ec1
2
Réponse c : Si la vitesse de l'objet est multipliée par deux, son énergie cinétique est multipliée par quatre.
1
1
En effet, Ec3  m(2v)2  m  4v2  4  Ec1
2
2
Réponse a : Si la masse de l'objet est divisée par 4 et sa vitesse est doublée, son énergie cinétique est identique.
1 m
1m
1
En effet, Ec4  ( )(2v)2 
 4v2  mv 2  Ec1
2 4
2 4
2
Correction de l'exercice 3 p 268
Une chronophotographie est réalisée en superposant des clichés pris à intervalles de temps réguliers d'un objet en mouvement. Entre deux
positions de la bille, il s'est donc écoulé des durées égales.
Comme la bille parcourt des distances de plus en plus grandes en des durées égales, on peut dire que la vitesse de la bille augmente au cours de
sa chute.
L'énergie cinétique variant comme la vitesse au carré de la bille, on peut donc en déduire que l'énergie cinétique de la bille augmente au fur et
à mesure de la chute.
Correction de l'exercice 5 p 268
1.
1
Par définition, Ec  mv 2 avec Ec en J, m en kg et v en m/s.
2
1
D'où
Ec   4,0  102
2
Ec  2,0  102 J
L'énergie cinétique communiquée au poids au moment du lancer est de 2,0 × 102 J.
2.
Au moment de l'impact avec le sol, cette énergie cinétique est en partie transformée en énergie thermique (qui va être responsable d'une
légère élévation de température du poids mais aussi du sol du fait des frottements entre le poids et le sol).
Par ailleurs, cette énergie mécanique du poids va aussi certainement être en partie communiquée sous forme d'énergie mécanique au
sable ou à la terre car une partie de la matière va être sans doute mise en mouvement sous l'effet du choc.
Correction de l'exercice 7 p 268
1.
a.
b.
Les voitures sont mises en mouvement avec une certaine vitesse. On leur confère donc une certaine énergie cinétique.
Cas où v = 25 km/h :
Pour calculer Ec, il faut convertir cette vitesse en m.s-1 : v 
1
Ec  mv 2
2
1
 25 
Ec   1200 

2
 3,6 
2
Ec  2,9.104 J
Cas où v = 50 km/h :
1
 50 
Ec   1200 

2
 3,6 
Ec  1,2.105 J
2
25.103 m 25

m.s 1
3600s
3,6
Cas où v = 75 km/h :
1
 75 
Ec   1200 

2
 3,6 
2
Ec  2,6.105 J
2.
Lors du choc cette énergie sert à déformer la tôle de la voiture et potentiellement la matière qui constitue l'obstacle. Elle est aussi
convertie en énergie thermique, provoquant un échauffement de la voiture mais aussi de la matière entourant la voiture.
Correction de l'exercice 10 p 269
Réponses justes :
1.
c. : on ne peut pas répondre. En effet, tout dépend de l'origine des énergies potentielles que l'on choisit.
2.
c. : Si un objet tombe de y mètres, alors il perd une énergie potentielle de pesanteur de mgy avec m en kg et g en N/kg.
Par conséquent, un objet qui perd 1 J d'énergie potentielle au cours d'une chute est tombé d'une hauteur y = 1/(mg) ≈ 1/(0,1×10) = 1 m
NB : en réalité, la formulation de la question est un peu maladroite car l'énergie mécanique est toujours définie à une constante près. Il
aurait été plus juste d'écrire :
"1 Joule est environ l'énergie cinétique gagnée au cours de sa chute par un objet de 100 g qui tombe de : "
3.
a. : Une énergie potentielle de pesanteur. Si on estime que la personne se laisse tomber sans vitesse initiale, son énergie cinétique est en
effet nulle à l'instant où elle commence à tomber.
Correction de l'exercice 14 p 269
1.
Par définition, l'énergie potentielle d'un objet de masse m vaut Epp (y) = mgy où :
 m est en kg,
 g est l'intensité de la pesanteur en N/kg,
 y est l'altitude à laquelle se trouve l'objet
a.
Si Epp = 0 J au niveau du sol, il faut que y = 0 J au niveau du sol. On fixe donc l'origine des altitudes
au niveau du sol de sorte que
Epp (0) = mg × 0
Dans ce cas, on obtient que l'énergie potentielle de Taig Kris lorsqu'il est au premier étage est de
Epp = mgy
Epp = 90 × 9,81 × 57,63
Epp = 5,1 × 104 J
b.
Si Epp = 0 J au niveau du premier étage, alors l'énergie potentielle de Taig Kris lorsqu'il est au
premier étage est de 0 J.
c.
Si Epp = 0 J au niveau du deuxième étage, on fixe l'origine des altitudes au niveau du deuxième étage.
On peut alors calculer l'énergie potentielle de Taig Kris situé au premier étage, à une altitude y valant : y = (57,63 - 115,73) m
Epp = mgy
Epp = 90 × 9,81 × (57,63 - 115,73)
Epp = - 5,1 × 104 J
a.
Si Epp = 0 J au niveau du troisième étage, on fixe l'origine des altitudes au niveau du troisième étage.
On peut alors calculer l'énergie potentielle de Taig Kris situé au premier étage, à une altitude y valant : y = (57,63 - 276,13) m:
Epp = mgy
Epp = 90 × 9,81 × (57,63 - 276,13)
Epp = - 1,9 × 105 J
2.
On dit que l'énergie potentielle de pesanteur d'un système est une grandeur algébrique car c'est une grandeur qui peut prendre des
valeurs négatives si le système est placé à une altitude plus basse que celle à laquelle on a fixé l'origine du repère permettant de calculer
les énergies potentielles de pesanteur.
Correction de l'exercice 21 p 270
1.
Le deuxième graphique est celui représentant l'évolution des énergie cinétique, potentielle et mécanique d'un enfant se balançant en
étant soumis à des frottements. En effet, l'énergie mécanique de l'enfant diminue au cours du mouvement.
2.
Sur les deux graphiques, l'énergie potentielle est au départ maximale et diminue au cours du mouvement. On en déduit que l'altitude du
centre d'inertie de l'enfant diminue au cours du mouvement étudié.
Les graphiques représentent donc la phase de descente de l'enfant sur la balançoire.
Correction de l'exercice 22 p 270
1.
a.
Si les frottements sont négligeables :
Lors de la phase de descente, l'énergie potentielle de pesanteur du skateur se transforme en énergie cinétique. Le
skateur accélère. Il n'y a pas de perte d'énergie mécanique, donc l'énergie potentielle de pesanteur perdue lors de la
descente est intégralement transformée en énergie cinétique.
Lors de la phase de remontée l'énergie cinétique acquise lors de la descente est progressivement convertie en énergie
potentielle de pesanteur. De nouveau, comme il n'y a pas de frottements, l'énergie mécanique est conservée. Toute
l'énergie cinétique acquise lors de la descente sera donc convertie en énergie potentielle de pesanteur.
b.
2.
Si les frottements ne sont pas négligeables, lors de la phase de descente, l'énergie potentielle de pesanteur du skateur
va être en partie transformée en énergie potentielle. Le reste va être convertie en énergie thermique du fait des
frottements.
Lors de la phase de remontée, l'énergie cinétique acquise lors de la descente va être de nouveau transformée en
énergie potentielle de pesanteur. Cependant de nouveau, l'énergie mécanique ne sera pas conversée. Une partie de
l'énergie va ainsi être transformée en énergie thermique.
Si les frottements sont négligeables, l'énergie mécanique est conservée. Si les frottements ne sont pas négligeables, l'énergie
mécanique va diminuer au fil du mouvement.
3.
a.
b.
Em = Epp + Ec
Em = 1,3 + 1,5 = 2,8 kJ
Si les frottements ne sont pas négligeable, la valeur de l'énergie mécanique va diminuer au fil du mouvement. Au bout
de plusieurs aller-retour sur la rampe, la valeur de l'énergie mécanique du skateur sera donc plus faible que celle
calculée à la question 3.a.
Correction de l'exercice 24 p 271
On cherche la vitesse initiale à donner à la fusée pour qu'elle arrive à une hauteur h = 15 m avec une vitesse nulle.
Pour cela, comme on peut négliger les frottements, on va utiliser (comme dans quasiment tous ces exercices) la
conservation de l'énergie mécanique.
Pour clarifier les choses, prenons l'origine des altitudes au point A, où on lance la fusée.
Au point A :
1
Em(A) = Ec(A) + Ep(A) = mv 2 (A)  0
2
Au point B,
Em(B) = Ec(B) + Ep(B) = 0  mgz(B)  mgh
Du fait de la conservation de l'énergie mécanique, on obtient que Em(A) = Em(B)
D'où
1 2
mv (A)  mgh
2
D'où v2 (A)  2gh
D'où v(A)  2gh
AN :
v(A)  2  9,81 15 (on vérifie que h est bien exprimé en m !)
v(A)  17 m.s 1 (On ne garde que 2 chiffres significatifs ici car h n'est exprimé qu'avec 2 CS)
Reste à convertir cette vitesse en km/h :
v(A)  17 m.s 1
v(A)  17
103 km
 17 3,6 km.h 1
1
h
3600
v(A)  62 km.h 1
Correction de l'exercice 25 p 271
1.
Calcul de l'énergie cinétique de l'avion :
1
Ec  mv 2
2
1
E c   200 000 2682
2
Ec  7,18.109 J
2.
Calcul de l'énergie E perdue au bout de 25 s :
E = 1,20.108 × 25
E = 3,0.109 J
Si on suppose que l'avion reste à la même altitude que précédemment et qu'il n'y a pas d'apport d'énergie mécanique fournie par le
système de propulsion de l'avion, on peut estimer la nouvelle valeur de son énergie cinétique Ec2 : Ec2 = Ec - E
On peut donc calculer la nouvelle vitesse de l'avion : v2
E c2 
v2 
1
mv 2 2
2
2Ec2

m
2(Ec  E)
m
AN :
v2 
2  (7,18.109  3,0.109 )
200000
v2 = 2,0.102 m.s-1
Au bout de 25 secondes, (en supposant que l'avion reste à la même altitude et qu'il n'y a pas d'apport d'énergie mécanique due au
système de propulsion de l'a vion), la vitesse tombe à un peu plus de 200 m.s-1, soit plus de 720 km.h-1.
Correction de l'exercice 27 p 271
On suppose que le saumon s'élance verticalement d'un point que l'on notera A à une vitesse de 30 km.h-1. On
note B le point le plus haut de sa trajectoire.
Comme les frottements sont négligeables, l'énergie mécanique du saumon sera conservée au cours du
mouvement. On a donc
Em(A) = Em(B)
Comme A est le point le plus bas de sa trajectoire, fixons l'origine du repère des altitudes au niveau point A.
Ainsi avec cette convention, l'énergie potentielle de pesanteur du saumon est nulle au point A : Ep (A) = 0 J.
1
Ainsi Em(A) = Ec(A) + Ep(A) = mv 2 (A)  0 .
2
Le point B est le sommet de la trajectoire. A cet endroit, la vitesse du saumon suivant l'axe y sera donc nulle. En supposant que le saumon
saute verticalement, on a donc v(B) = 0 m.s-1.
Ainsi Em(B) = Ec(B) + Ep(B) = 0  mgz(B)  mgh
La relation traduisant la conservation de l'énergie peut donc s'écrire :
1 2
mv (A)  mgh
2
Cette relation traduit le fait que toute l'énergie cinétique que le saumon possède au moment où il saute est, au point B, transformée en
énergie potentielle.
On veut déterminer h :
1 2
mv (A)  mgh
2
D'où v2 (A)  2gh
D'où h 
AN : Il faut que la vitesse soit en m.s-1 : v(A)  30 km.h 1 
v(A)2
2g
30.103 m 30

m.s 1
3600 s
3,6
2
1
 30 
h
 
2  9,81
 3,6 
h  3,5 m (On ne garde que deux chiffres significatifs car la vitesse est donnée avec deux chiffres significatifs.
Correction de l'exercice 28 p 271
1.
La balle est lâchée d'un point A sans vitesse initiale, d'une hauteur h de 5,0 m. On appelle
B le point situé au niveau du sol.
Supposons que l'énergie mécanique soit conservée au cours du mouvement (i.e. que les
frottements soient négligeables).
Em(A) = Em(B)
Si on fixe l'origine des énergies potentielles au niveau du sol,
Em(A) = Ep(A) + Ec(A)
Comme la balle est lâche sans vitesse initiale, au point A Ec(A) = 0 J.
Em(A) = Ep(A) = mgz(A)
Au point B, vu la manière dont on a défini l'origine des énergies potentielles, Ep(B) = 0 J.
Ainsi Em(B) = Ep(B) + Ec(B) = Ec(B) =
1
mv(B)2
2
La conservation de l'énergie mécanique au cours du mouvement peut donc se réécrire :
On cherche v(B) :
1
v(B)2  gz(A)  gh
2
v(B)  2gh
AN : v(B)  2  9,81 5,0
v(B)  9,9 m.s 1
1
mv(B)2 = mgz(A)
2
2.
La fraction d'énergie potentielle de pesanteur convertie réellement en énergie cinétique vaut :
1
2
E c réelle (B) 2 mv(B)réelle

Ep (A)
mgh
Le reste est converti sous forme d'énergie thermique.
On en déduit que la fraction d'énergie dissipée sous forme d'énergie thermique vaut
1
2
mv(B)réelle
2
E créelle (B)
v(B)réelle
1
1 2
1
Ep (A)
mgh
2gh
Remarque : cela vaut aussi 1 
2
v(B)réelle
2
v(B)Sans frottement
AN :
2
v(B)réelle
(8,8)2
1
 0,21
2gh
2  9,8  5,0
21 % de l'énergie mécanique a été convertie sous forme d'énergie thermique lors de la chute.
1
Correction de l'exercice 30 p 272
1.
Si les frottements sont négligeables, l'énergie mécanique sera conservée tout au long de la descente. Si on note A son point de départ et B
sont point d'arrivée, on en déduit que
Em(A) = Em(B)
Le skieur s'élance sans vitesse initiale : au point A Ec(A) = 0 J.
Ainsi Em(A) = Ep(A) = mgz(A)
1
Au point B, Ep(B) + Ec(B) = mgz(B) + mv(B)2
2
Pour calculer la vitesse du skieur en B, on utilise la conservation (supposée) de l'énergie
mécanique :
1
mgz(A) = mgz(B) + mv(B)2
2
1
v(B)2  g(z(A)- z(B))
2
v(B)  2g(z(A)- z(B))
Reste à déterminer ce que vaut z(A) - z(B) .
À chaque fois que le skieur parcourt 100 m de piste, son altitude baisse de 75 m.
Ainsi comme la piste fait 1740 m, on en déduit que
1740
z(A) -z(B) 
 75
100
Ainsi
v(B)  2  9,81 (17,4 75)
v(B)  160 m.s 1 soit v(B)  160 3,6  576 km.h1
C'est plus que la vitesse de pointe d'un TGV !
2.
Le record du monde de vitesse à ski sur cette piste est bien moindre (250,7 km.h-1) car l'hypothèse selon laquelle les frottements sont
négligeables est abusive. Les frottements de l'air deviennent en effet importants lorsque le skieur acquiert de la vitesse.
L'énergie mécanique diminue donc au cours de la descente : elle est en partie convertie en énergie thermique.
L'énergie cinétique au bas de la piste a donc été largement surestimée dans nos calculs de la question précédente et a fortiori, la vitesse
calculée est supérieure à la vitesse effectivement atteinte par un skieur descendant cette piste tout schuss.
Correction de l'exercice 31 p 272
1.
a - z A  OA.cos(α A )
Comme OA = L, z A  L.cos(α A )
De même, zB  OB.cos(αB )
Comme OB = L, zB  L.cos(αB )
b - L'énergie potentielle en A vaut
Epp (A) = mgzA = - mgLcos(αA)
où m est la masse du pendule en kg et g l'intensité du champ de
pesanteur.
De même, Epp (B) = - mgLcos(αB)
Attention à bien vérifier que l'énergie potentielle d'une masse m est plus faible si celle ci est située en A plutôt qu'en O !
2.
a- Au point A : Em (A)  Ec (A)  Epp (A)
1
Em (A)  mv(A)2  mgL.cos(α A )
2
Au point B : Em (B)  Ec (B)  Epp (B)
1
Em (B)  mv(B)2  mgL.cos(αB )
2
Comme en B, la vitesse de la masse est nulle, l'énergie cinétique est nulle.
On a donc Em (B)  mgL.cos(αB )
b- Pour trouver l'amplitude angulaire maximale αB du mouvement du pendule, on utilise la conservation de l'énergie mécanique.
Cette grandeur est en effet conservée puisque dans l'énoncé, il est précisé que les frottements sont ici négligeables.
On a donc : Em (A)  Em (B)
D'où, en utilisant les réponses de la question 2-a :
1
mv(A)2  mgL.cos(α A )  - mgL.cos(αB )
2
On a donc :
cos(αB ) 
-1
v(A)2  cos(α A )
2gL
 -1

v(A)2  cos(α A )
Ou encore αB  arccos 
2gL


AN :
Attention à bien mettre les distances en m et les vitesses en m/s pour l'application numérique !
-1


αB  arccos 
(1,0)2  cos(30)
 2  9,8  0,20

αB  52
L'écartement angulaire maximal du pendule est de 52°.
Correction de l'exercice 32 p 272
1.
Epp(D) = mgz(D)
AN :
Epp(D) = 55,0.10-3 × 9,81 × 2,20
Epp(D) = 1,19 J
2.
1
1
Ec (D)  mv(D)2 et Ec (B)  mv(B)2
2
2
Dans les unités du système international, les masses sont exprimées en kg, les énergies cinétiques en J et les vitesses en m.s-1.
3.
1
Em(D)  Ec (D)  Epp(D)  mv(D)2  mgz(D)
2
1
Em (B)  Ec (B)  Epp(B)  mv(B)2  0
2
4.
Puisque les frottements sont considérés comme négligeables, l'énergie mécanique est conservée. On a donc Em(D) = Em(B).
5.
1
1
mv(B)2  mv(D)2  mgz(D)
2
2
D'où v(B)2  v(D)2  2gz(D)
2
Soit v(B)  v(D)  2gz(D)
Il faut convertir v(D) en m.s-1 : v(D)  126 km.h 1 
AN :
2
 126 
v(B)  
  2  9,81 2,20
 3,6 
v(B)  35,6 m.s 1
v(B)  35,6 3,6  128 km.h1
La balle frappe le sol à 128 km/h.
126.103 m 126

m.s 1
3600 s
3,6