Pour entretenir le mouvement dans une horloge à balancier, il faut remonter le « poids » au sommet, ce

qui donne à celui-ci une énergie potentielle. Au cours de la descente, il échange son énergie sous forme de travail au mécanisme de l’horloge.

Dans une montre mécanique, cette énergie est fournie par un ressort spiral que l’on tend (en tournant un bou-ton), ce qui lui permet d’acquérir une énergie poten-tielle dite élastique qu’il échange ensuite avec les divers mécanismes de rotation des aiguilles.

Corrigés des exercices

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58 © Hachette Livre, Physique 1^re S, Livre du professeur. La photocopie non autorisée est un délit.

• Pour un camion de masse m' = 30 × 10³ kg, E_C = 9,4 × 10⁶ J, soit 30 fois plus.

b. Une voiture de masse m = 1,0 × 10³ kg ayant même énergie cinétique que le camion, E_C = 9,4 × 10⁶ J, aurait une vitesse v_G telle que v_G² = 2E_C

m . v_G² = 1,9 × 10⁴ m² . s^–2, soit v = 1,4 × 10² m . s^–1 v = 4,9 × 10² km . h^–1 , soit près de 500 km . h^–1 ! ! ! 2. L’arrêt brutal d’un poids lourd lancé à 90 km . h^–1 lors d’un choc provoque des dégâts comparables à ceux provoqués par celui d’une voiture lancée à 500 km . h^–1. Il est donc logique de limiter davantage la vitesse des poids lourds que celle des véhicules légers.

2.

_1. Dans un référentiel galiléen, la variation d’énergie cinétique d’un solide en translation entre deux positions A et B est égale à la somme des travaux des forces extérieures $F_ext appliquées à ce solide :

E_C(B ) – E_C(A ) = Σ W_AB ($F_ext).

2. Le traîneau est soumis à son poids $P vertical des-cendant, à la force de traction $F, à la réaction normale

$N de la neige et la résultante $f des forces de frot-tement.

3. a. E_C = ΣW_AB ($F_ext)

= W_AB ($P ) + W_AB ($F ) + W_AB ($N ) + W_AB ($f ) W_AB ($P ) = 0 J et W_AB ($N ) = 0 J ;

E_C = F . AB – f . AB = 10 ( 200 – 100) ; E_C = 1,0 × 10³ J ;

E_C = E_C(B ) – E_C(A ) avec E_C(A ) = 0 J.

D’où : E_C(B ) = E_C = 1,0 × 10³ J.

b. La vitesse v_B est telle que v_B² = 2E_C(B ) m , soit : v_B = 2,2 m . s^–1 = 8,0 km . h^–1.

3.

_{1. a.} Cas 1 : L’origine de l’énergie potentielle est le niveau de la mer.

E_P = m . g . z avec z = 0 m et E_P = 0 J au niveau de la mer ; on a z = 10 m et :

E_P = 80 × 9,8 × 10 = 7,8 × 10³ J

Cas 2 : L’origine de l’énergie potentielle est l’altitude du vol de l’hélicoptère.

b. E_P = m . g . z avec z = 0 m et :E_P = 0 J au niveau de l’hélicoptère ; on a z = – 5 m et :

E_P = 80 × 9,8 × (– 5) = – 3,9 × 10³ J.

2. Cas 1 : E_P = E_P(B ) – E_P(A ) = m . g. z_B – m . g . z_A

= m . g . (z_B – z_A) avec z_A = 0 m et z_B = 10 m.

E_P = 7,8 × 10³ J.

Cas 2 : E_P = E_P(B ) – E_P(A ) = m . g . z_B – m . g . z_A

= m . g . (z_B – z_A) avec z_A = – 15 m et z_B = – 5 m.

E_P = 7,8 × 10³ J.

3. Quelle que soit l’origine choisie sur l’axe vertical ascendant pour exprimer l’énergie potentielle, la variation d’énergie potentielle est la même entre deux positions.

4.

_1. Le travail du poids est un travail moteur ; il ne dépend que de la différence d’altitude du centre d’inertie entre les deux positions :

W_AB ($P ) = m . g . (z_A – z_B) = 1,0 × 10³ × 9,8 × 100

= 9,8 × 10⁵ J.

2. La variation d’énergie potentielle est égale à l’op-posée du travail du poids, elle diminue :

E_P = –W_AB ($P ) = – 9,8 × 10⁵ J.

5.

_{1. a. E}

P = –W_AB ($P ) = m . g . (z_B – z_A)

= – m . g . h = – m . g . L . sin α.

E_P = – 400 × 9,8 × 50 × sin 10° = – 3,4 × 10⁴ J.

b. Le traîneau est soumis à son poids $P et à la réac-tion de la glace N perpendiculaire au déplacement $ dont le travail W_AB (N ) est nul. Seul intervient le tra-$ vail du poids. Comme dans le cas d’une chute libre, on a E_C = – E_P = 3,4 × 10⁴ J.

2. a. On peut comme précédemment calculer E_P, mais on ne peut plus calculer E_C, car intervient aussi le travail de la résultante des forces de frottement. On a alors E_C ≠ – E_P.

b. Il faudrait connaître les caractéristiques de la résul-tante des forces de frottement pour calculer son tra-vail et appliquer le théorème de l’énergie cinétique.

Exercices 1.

_{1. E}

C = 1 2 m . v ².

2. L’énergie cinétique E_C s’exprime en joule, la masse m du solide s’exprime en kg, la vitesse v du solide s’exprime en m . s^–1.

3. Elle dépend du référentiel puisque la vitesse en dépend.

4. Lorsque la vitesse d’un solide est multipliée par 2, son énergie cinétique est multipliée par 4.

5. Non, une variation d’énergie cinétique est égale à la différence entre sa valeur finale et sa valeur initiale.

2.

_1. Dans un référentiel galiléen, la variation d’énergie cinétique d’un solide, entre deux instants, est égale à la somme des travaux des forces extérieures appliquées à ce solide :

E_CB – E_CA = Σ W_AB ($F_ext)

2. Lorsque la somme des travaux des forces appli-quées au solide est nulle, son énergie cinétique ne varie pas.

3. Lors d’une chute libre, seul intervient le travail du poids, puisque c’est la seule force appliquée.

3.

_{1. E}

P = m . g . z. Elle est définie par rapport à un point de référence de cote z = 0.

2. L’énergie potentielle E_P s’exprime en joule (J), m la masse du solide s’exprime en kg, g l’intensité de la pesanteur en N . kg^–1 et z la cote (ou altitude) du centre d’inertie du solide en m.

4.

_a. Faux : l’énergie potentielle de pesanteur d’un solide augmente lorsque son altitude augmente.

b. Faux : s’il perd de l’énergie à altitude constante, sa vitesse diminue.

c. Vrai.

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d. Faux : dans le cas de la chute libre, si l’altitude du solide diminue son énergie reste constante.

5.

_{a. Vrai ; b.} faux : l’énergie potentielle de pesan-teur diminue lorsque l’énergie cinétique augmen-te ; ^c. vrai ; ^d. vrai ; ^e. vrai.

6.

_1. Tracés ; v ²(z) est une droite affine.

2. a. La relation v ² = az + b convient ; le tableur donne comme modélisation v ² = –19,7z + 46,5 avec z en m et v en m . s^–1.

b. À z = 0, l’intersection de la droite avec l’axe des ordon-nées donne v ²₀ ≈ 46,5 m² . s^–2, soit v₀ ≈ 6,8 m . s^–1.

c. L’intersection avec l’axe des abscisses donne l’alti-tude de départ z₀ = 2,4 m environ.

c. La variation d’énergie cinétique : E_C(B ) – E_C(A ) = 0,53 J

est égale au travail W_AB du poids, ceci vérifie le théo-rème de l’énergie cinétique.

7.

Les deux énergies cinétiques sont égales : E_C = 1

Les énergies cinétiques du camion, dont la masse est environ dix fois plus grande, sont environ 10 fois plus grandes. Les hauteurs de chute correspondantes sont identiques.

h = E_C1 m . g = 1

2 m . v² m . g = v²

2g : la masse n’intervient pas.

4. Pour atteindre 50 km . h^–1, la hauteur de chute est de 9,8 m, soit environ 10 m ; cela correspond à trois étages plutôt qu’à quatre étages.

9.

_a. Lors d’une chute libre, la variation de l’éner-gie cinétique est égale au travail du poids.

Soit A la position du centre d’inertie G de la bille lâchée à la vitesse v_A = 10 m . s^–1, à l’altitude z_A = 2 m.

Soit B la position de G à l’altitude maximale z_B quand la vitesse v_B de la bille est nulle. vitesse à ce niveau :

1

Remarque : on peut aussi utiliser que l’énergie méca-nique se conserve au cours d’une chute libre :

1

le vecteur vitesse a une direction horizontale.

b. Soit z_C l’altitude au niveau du sol (z_C = 0) et v_C la vitesse à ce niveau :

1

2 m . v_C² – 1

2 m . v_A² = m . g . z_A – m . g . z_C . Avec z_C = 0, on obtient v_C² = 2 . g . z_A + v_A² ; d’où : v_C = 19 m . s^–1.

Remarque : on peut aussi utiliser que l’énergie méca-nique se conserve au cours d’une chute libre :

1 nuls ; on admet que la seule force qui travaille est la force du réacteur si on néglige les frottements : W = F . ; F = 4,85 × 10⁷

60 © Hachette Livre, Physique 1^re S, Livre du professeur. La photocopie non autorisée est un délit.

On peut admettre que le théorème de l’énergie ciné-tique est vérifié.

13.

_1. L’enfant est soumis à son poids $P, à la réac-tion du toboggan avec une composante normale N $ perpendiculaire au déplacement et avec une compo-sante $f parallèle et opposée au mouvement, modéli-sant la résultante des forces de frottement.

2. D’après le théorème de l’énergie cinétique E_CB – E_CA = Σ W_AB ($F_ext) = W_AB ($P ) + W_AB (N ) ;$

Cette vitesse serait très importante et la prise de con-tact avec le sol serait douloureuse !

3. E_C(B ) – E_C(A ) = W_AB ($P ) + W_AB ($N ) + W_AB ($f ) sont du même ordre de grandeur.

14.

_{1. a. E}

P = m . g . z.

Au niveau du cinquième étage chez monsieur Durand, z = 15 m et E_P = 200 × 10 × 15 = 3,0 × 10⁴ J.

Au dernier étage z = 24 m ; E_P = 4,8 × 10⁴ J.

b. E_P = m . g . z ; avec z = 9 m, on obtient E_P = 200 × 10 × 9 = 1,8 × 10⁴ J.

2. a. Son énergie potentielle est nulle lorsque l’ascenseur passe devant M. Durand puisque c’est l’origine de l’énergie potentielle. Au dernier étage z = 9 m ; E_P = 1,8 × 10⁴ J.

La variation de l’énergie potentielle sera la même pour passer du cinquième étage au huitième, car la dénivel-lation z est la même.

b. L’énergie potentielle d’un solide dépend de l’ori-gine de l’énergie potentielle, en revanche la variation de l’énergie potentielle entre deux positions ne dépend pas de cette origine.

15.

_1. Le travail de la force de traction doit être au moins égal à la variation d’énergie potentielle :

W ≥ E_P = m . g . h ; W ≥ 50 × 10 × 10 = 5,0 × 10³ J

c. Cette variation d’énergie potentielle ne dépend pas de la position de l’origine O sur l’axe (z'z), car quelle que soit cette origine, la variation d’altitude z_B – z_A est la même.

16.

_{1. a.} Lorsque le bloc se détache, sa vitesse est nulle. Son énergie cinétique est donc nulle.

b. Choisissons E_P = 0 J au niveau du rocher où le bloc de glace va s’écraser. Cela revient à prendre l’origine de l’axe (Oz) (vertical, ascendant), au niveau du rocher.

Lorsque le bloc se détache, son ordonnée z = 500 m.

Son énergie potentielle E_P = m . g . z est donc égale à : E_P = 1,5 × 10³ × 9,8 × 500 = 7,35 × 10⁶ J.

2. Au cours de la chute, la vitesse du bloc augmente et son ordonnée z diminue. L’énergie cinétique aug-mente, alors que son énergie potentielle diminue.

3. Au cours de sa chute le bloc n’est soumis qu’à son poids (la résistance de l’air est négligeable). Le poids travaille, car le déplacement de son point d’applica-tion, noté $AB, n’est pas perpendiculaire à la direction de cette force.

4. a. Lors d’une chute libre, la variation d’énergie potentielle est égale à l’opposée de la variation d’éner-gie cinétique. Cela se traduit par E_P = –E_C.

b. Si A est le point de départ du bloc et B le point d’arrivée (point d’impact sur le rocher), la relation précédente s’écrit :

En fait la vitesse est plus faible, car sur le rocher il s’exerce des forces de frottement.

17.

_1. Au sommet S de la piste E_PS = 0,

3. L’énergie mécanique se conserve en l’absence de frottement : E_MB = E_MS , d’où E_CS = E_CB– m . g . h.

© Hachette Livre, Physique 1^re S, Livre du professeur. La photocopie non autorisée est un délit. 61 1

2 m . v_B² – m . g . h – 1

2 m . v_S² = Wforce de frottement

Wforce de frottement = – 2,39 × 10⁵ J. Ce signe est négatif, car les forces de frottement sont des forces qui s’op-posent au mouvement : leur travail est résistant.

18.

_1. Pour parcourir 16,7 m à 60 km . h^–1, la durée est t = 16,7 × 3,6

60 = 1,0 s.

À 90 km . h^–1, t = 25 × 3,6

90 = 1,0 s, on a la même durée. Cet intervalle de temps n’est pas le même pour tous les conducteurs : cela dépend de la santé, de l’âge, de l’absorption de drogue (alcool, médica-ments...), de l’usage d’un téléphone portable...

2. a. La distance de freinage peut dépendre de l’état de la route, des pneus, des freins...

b. E_C = – F . L ;

c. D’après le théorème de l’énergie cinétique F . L = 1

2 m . v ², donc la distance de freinage L = D_F est bien proportionnelle à v ² ; cela est valable pour tous les véhicules si le rapport F

m est le même. On

3. Lors d’une chute libre, la seule force appliquée à l’épée est son poids et E_C = – E_P = 5 × 10² J.

4. D’après le théorème de l’énergie cinétique, v ² = 2E_C

b. Ce travail, de valeur négative, est résistant.

2. Lorsque le rocher est poussé, son altitude mente et son énergie potentielle de pesanteur aug-mente aussi.

3. Considérons un axe (z'z) vertical ascendant avec z_A la cote du centre d’inertie G au bas de la pente et z_B impor-tante que celle d’une F1.

3. Les parachutes permettent de freiner rapidement le dragster et donc de diminuer rapidement l’éner-gie cinétique du véhicule, car E_C = W (force de freinage) < 0.

22.

_1. h = L . sin 30° ; h = 50 m.

2. Les deux wagons sont reliés par un câble qui reste tendu ; la vitesse de chaque extrémité du câble relié à chaque wagon est la même ; il en est de même des deux wagons en translation.

3. a. E_M = E_C + E_P.

Pour le wagon qui descend : E_C1 = 1

2 (m₀ + m₁) . v ² ; son énergie potentielle diminue :

E_P1 = – (m₀ + m₁) . g . h 2. Pour le wagon qui monte : E_C1 = 1

2 (m₀ + m₂) . v ² ; son énergie potentielle augmente :

E_P1 = (m₀ + m₂) . g . h

Pour le wagon qui descend, la composante du poids

$P_T1 sur la direction parallèle à la pente et au câble doit être en valeur supérieure à celle $T₁ de la tension du câble. La composante $P_N1 est compensée par l’action des rails $R₁. La réaction $R₁ est perpendiculaire au rail, car on admet qu’il n’y a pas de frottement.

Pour le wagon qui monte, la composante du poids

$P_T2 sur la direction parallèle à la pente et au câble doit être en valeur inférieure à celle T₂ de la tension du câble. La composante $P_N2 est compensée par l’action des rails $R₂.

c. Appliquons le théorème de l’énergie mécanique à chaque wagon soumis à d’autres forces que le poids.

Dans chaque cas, le travail des actions des rails sur

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les wagons est nul, car elles sont perpendiculaires au déplacement.

d. On peut admettre que le câble permet de transfé-rer de l’énergie mécanique entre les deux wagons. Si il n’y a pas d’autre force, on peut donc écrire que lorsque le wagon (1) descend, il fournit du travail au wagon (2) pour le faire monter : W₂ > 0 est moteur, W₁ < 0

Le travail du poids résistant à vide du wagon (2) qui monte est compensé par le travail moteur du poids à vide du wagon (1) à la descente. Le travail pour faire monter le wagon (2) est moins important. Il faut aussi un frein pour arrêter les wagons à l’arrivée si le wagon qui descend est plus chargé que celui qui monte.

5. Si m₁ < m₂, il faut alors fournir un travail supplé-mentaire pour faire monter le wagon 2 ; un moteur entraîne alors le câble en exerçant une force sur le câble ; cette force fournit un travail moteur.

6. (2m₀ + m₁ + m₂) . v ² = (m₁ – m₂) . g . h ; exercée par le fil tendu.

5. Le centre d’inertie de la bille décrit une portion de cercle.

$T a la direction du fil tendu. Le fil constitue le rayon de la trajectoire circulaire de la bille ; aussi $T reste perpendiculaire à la trajectoire. Le travail de $T est donc nul.

or lorsqu’il rebrousse chemin en C la vitesse v_C est nulle, donc :

1

2 m . v_A² = m . g . h_C = m . g . h_B .

Donc h_B = h_C ; Le point C a la même altitude que le point B.

On pouvait aussi appliquer la conservation de l’éner-gie mécanique entre le point B et le point C :

E_M = E_M(A ), soit : E_P(B ) = E_P(C ), car l’énergie ciné-tique est nulle : m . g . z_B = m . g . z_C .

24.

_{1. a. E}

C = 1 2 m . v ².

Au moment du largage, sa masse est : M = 750 – 540 = 210 t ; près de six fois la puissance d’une centrale nucléaire.

c. Ce travail est cinq fois supérieur à l’énergie du der-nier étage de la fusée, car il faut aussi communiquer de l’énergie aux boosters et aux carburants contenus dans les boosters.

25.

_{1. W= E}

C puisque la composante verticale de la résultante des forces qui s’exercent sur le skieur ne travaille pas : W = 0,5 × 70 ×

(

3,6⁷²

)

² = 1,4 × 10⁴ J.

2. W = F . AB ; d’où F = W

AB et F = 70 N.

3. Appliquons le théorème de l’énergie cinétique : E_C(C ) – E_C(B ) = W (frottement) + W (poids) ;

La hauteur du point D par rapport à la surface de l’eau est donc h_D = 8,8 m.

5. Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entre D et le point M sur la surface de l’eau :

1

2 m . v_M² – 1

2 m . v_D² = W_DM ($P ) = m . g . h_DM, car le travail du poids est moteur.

v_M² = v_D² + 2 . g . h_DM ; d’où v_M = 16 m . s^–1.

26.

_1. m . g . h = 1 2 m . v ².

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© Hachette Livre, Physique 1^re S, Livre du professeur. La photocopie non autorisée est un délit. 63 2.

Puce Taupin Criquet Homme E_C (J) 9,8 × 10^–7 1,2 × 10^–4 1,8 × 10^–2 4,2 × 10^–2

v (m . s^–1) 2,0 2,4 3,4 3,5

= E_C

τ ^{1,2 mW 0,19 W 7,5 W 1,8 kW}

( W/kg ) 25 × 10² 4,7 × 10² 3,2 × 10² 26

27.

Dans les données, on peut rappeler la force d’attraction gravitationnelle entre deux corps :

F = G . m . m' d ² .

1. Pour l’astronaute, le petit pas sur la Lune n’était qu’un pas comme sur la Terre, mais cela présentait pour l’ensemble de l’humanité un évènement his-torique puisque pour la première fois, l’Homme débarquait sur une Terre nouvelle.

2. 1 ch = 736 W, donc :

= 155 × 10⁶ × 736 = 1,14 × 10¹¹ W.

Il faut 127 réacteurs nucléaires pour produire une telle puissance.

3. ^a. Les forces de pesanteur sont assimilées aux forces de gravitation ; F = m . g.

Force de gravitation exercée par la Terre sur un corps de masse m posé sur la surface de la Terre.

F_T = G . M_T . m

R_T² = m . g_T.

Force de gravitation exercée par la Lune sur un corps de masse m posé sur la surface de la Lune.

F_L = G . M_L . m

R_L² = m . g_L. Donc g_L

g_T =

(

M^ML_T

)(

R^RL_T

)

^{2 =}

(

^{7,4 × 10}6,0 × 10²²²⁴

)(

^{6 400}1 700

)

^{2 = 0,17.}

b. g_L

g_T = 0,17 ≈ 0,2, soit 20 % ; l’affirmation est donc vérifiée.

4. 1

2 m . v ² = m . g . h ; h est la hauteur maximale atteinte.

v ² = 2 . g . h ; g_Lune = 1,7 N . kg^–1 ; g_Terre = 10 N . kg^–1. h_Terre = 0,6 m ; h_Lune = 3,6 m.

5. a. La chute d’un objet sur la Lune est une chute libre, car il n’y a pas d’atmosphère, donc aucune force de frottement ; la seule force appliquée est la force de gravitation de la Lune.

b. On obtient une droite de type v ² = a . d.

c. Dans une chute libre v ² = 2 . g . d ; a = 3,2 m . s^–2.

d. g_L = 1,6 m . s^–2, soit proche de 1,7 m . s^–2.

2.

Étude expérimentale d’une chute libre 1. ^a. Qu’appelle-t-on chute libre ?

b. Une bille d’acier lancée horizontalement tombe-t-elle en chute libre ? Pourquoi ?

2. On étudie la chute, sans vitesse initiale, d’une bille d’acier. Des capteurs reliés à une carte d’acquisition et un logiciel adapté, permettent de connaître la vitesse v pour une hauteur h de chute.

h (cm) 0 5,5 10,5 15,5 20,5 25,5 30,5 v ( m . s^–1) 0 1,05 1,45 1,76 2,02 2,26 2,47 a. Proposer un protocole de calcul ou de tracer un graphe pour vérifier que le travail du poids est égal à la variation de l’énergie cinétique de la bille.

b. Mettre en œuvre ce protocole pour cette expérience et calculer la valeur de g.

3.

La balançoire

Une balançoire est constituée d’une nacelle suspendue par deux tiges. Elle porte un enfant. La masse de l’en-semble (nacelle + enfant) est de 50 kg.

On suppose que le centre d’inertie de l’ensemble est au milieu du segment A'B' et que l’enfant reste

immobile par rapport à la nacelle. On néglige les frot-tements.

1. Quelle est la nature du mouvement de la nacelle abandonnée sans vitesse initiale dans la position indiquée sur le schéma ci-contre ?

2. Faire l’inventaire des forces agissant sur le sys-tème {nacelle + enfant}.

A B

B' A' 30°

3. Quelle est la vitesse C

du centre d’inertie de

l’ensemble au sommet de sa trajectoire ?

4. Quelle serait la valeur de sa vitesse au passage de la position la plus basse ?

Données : AA' = BB' = L = 2 m ; g = 10 m . s^–2.

Dans le document 2. Mouvement d’un solide indéformable . . . 14 (Page 57-63)