Exercices conservation de l’énergie - Correction I. Lancer de poids : Choix des énergies potentielles : Ep = 0 à z=0 d’où Ep = mgz.

Exercices conservation de l’énergie - Correction

Choix des énergies potentielles : Ep = 0 à z=0 d’où Ep = mgz.

Il n’y a que des forces conservatives au cours du mouvement (forces de frottement négligeables) : l’énergie mécanique se conserve.

a. Vitesse au sommet de la trajectoire :

▪ Au départ :

2 0

0 2

1mv Ec 

0

0 mgh

Ep 

▪ Au sommet de la trajectoire :

2

2 1

S

S mv

Ec 

S

S mgz

Ep 

▪ Conservation de l’énergie mécanique : Em₀ Em_S

soit mv₀²mgh₀  mv_S²mgz_S 2

1 2

1





S v g h z

v  ₀²2  ₀ A.N. vS = 14m.s^-1 b. Vitesse au sol de la trajectoire :

▪ Au départ :

2 0

0 2

1mv Ec 

0

0 mgh

Ep 

▪ Au sol :

2

2 1

f

f mv

Ec 

0 Epf

▪ Conservation de l’énergie mécanique : Em₀ Em_f

soit ₀² ₀ ²

2 1 2

1

mvf

mgh mv  

0 2

0 2gh

v

v_f   A.N. vSol = 21m.s^-1

II. Kilomètre lancé :

▪ Au départ :

2 0

0 2

1mv Ec  = 0

0

0 mgh

Ep 

▪ A bas de la piste d’élan :

2

2 1

f

f mv

Ec 

0 Epf

▪ Conservation de l’énergie mécanique : Em₀ Em_f

soit ₀ ²

2 1

mvf

mgz  D’où 𝑧₀ = ^𝑣𝑓

2 2𝑔

▪ Avec la trigonométrie : 𝑠𝑖𝑛𝛼 =^𝑧0

𝐿 = ^𝑣𝑓

2

2𝑔𝐿 A.N. 𝑠𝑖𝑛𝛼 = ⁽

254,1 3,6 )²

2×9,8×400= 0,63 α = arcsin(0,63) = 38°

III. Plan incliné :

▪ Au départ :

2 0

0 2

1mv Ec 

0

0 mgh

Ep  = 0 z=0

z0= ? v0 = 0

zf = 0

vf = 254,1 km.h^-1 α = ?

z=0 zf= ? vf = 0

z0= 0

v0 = 4,0 m.s^-1 α = 20°

▪ A bas de la piste d’élan :

2

2 1

f

f mv

Ec  = 0 𝐸𝑝_𝑓 = 𝑚. 𝑔. 𝑧_𝑓

▪ Conservation de l’énergie mécanique : Em₀ Em_f

soit ₀²

2 1mv mgz_f  D’où 𝑧₀ = ^𝑣𝑓

2

2𝑔

▪ Avec la trigonométrie : 𝑠𝑖𝑛𝛼 =^𝑧0

𝐿 soit 𝐿 = ^𝑧0

𝑠𝑖𝑛𝛼= ^𝑣𝑓

2

2 .𝑔 . 𝑠𝑖𝑛𝛼

A.N. L = 2,4 m IV. Jet d’eau

Information tirée du débit : chaque seconde, 500L d’eau sont propulsés vers le haut, ce qui correspond à une masse m=500kg.

Information tirée de la puissance : chaque seconde 10⁶ J sont apportée à l’eau éjectée.

En conséquence, chaque seconde 500kg reçoivent une énergie mécanique Em = 10⁶ J On choisit Ep = 0 pour z=0 au niveau de la surface du lac. En conséquence : Ep = m.g.z Au sommet du jet :

𝐸𝑐_𝑆 = ¹

2 . 𝑚 . 𝑣_𝑆² = 0 𝐸𝑝_𝑆 = 𝑚. 𝑔. 𝑧_𝑆

Si on considère que l’énergie mécanique est conservée : 𝐸𝑚 = 𝐸𝑐_𝑆+ 𝐸𝑝_𝑆 = 𝑚. 𝑔. 𝑧_𝑆 d’où 𝑧_𝑆 = ^𝐸𝑚

𝑚.𝑔

A.N. 𝑧_𝑆 = ¹⁰⁶

500×9,8= 2,0 × 10²𝑚 A la sortie de la pompe :

𝐸𝑐₀ =¹

2 . 𝑚 . 𝑣₀² 𝐸𝑝₀ = 𝑚. 𝑔. 𝑧₀ = 0

Si on considère que l’énergie mécanique est conservée : 𝐸𝑚 = 𝐸𝑐₀+ 𝐸𝑝₀ = ¹

2. 𝑚. 𝑣₀² d’où 𝑣₀² =^2𝐸𝑚

𝑚

A.N. 𝑣₀² =^2×106

500 = 4,0 × 10³ 𝑣₀ = 63𝑚. 𝑠⁻¹ = 227𝑘𝑚. ℎ⁻¹ V. Rebond

1. La balle est lâchée d’une hauteur z0 = 6m

4. D’après le graphe Ep0 lorsque z0 (voir au niveau du rebond) Il résulte l’expression de l’énergie potentielle pour une altitude z :

mgz Ep

5. Au départ du mouvement (t=0), on peut constater que Ep₀ 59J et on a vu que z₀ 6m Or Ep₀ mgz₀

D’où

0 0

z g m Ep

 

A.N. m 1,00kg

6 8 , 9

59 

 

6. D’après le second graphique, la balle ne possède pas de vitesse initiale dans la direction verticale (v_verticale 0).

Cependant, on constate que sur le second graphique, l’énergie cinétique de la balle n’est pas nulle au départ mais à la valeur : Ec₀ 5J.

De plus, le mouvement n’est pas verticale ; il existe donc bien une vitesse initiale horizontale !

On a donc _{0 0}²

2 1mv Ec 

d’où

m v₀ 2Ec⁰



A.N. 0 3,16 . ¹

1 5

2  _

 ms

v

7. On constate que l’énergie mécanique se conserve avant le premier rebond.

8. Pourcentage d’énergie perdue :

100

%  



avant après avant

Em Em perdu Em

A.N. 100 34,4%

64 42

%perdu 64  

Cette énergie est dissipée sous forme de chaleur lors du rebond 9. Calculons l’énergie mécanique après le second rebond :

100

% _avant

avant après

Em perdu Em

Em 





A.N. Em_après 27,6J

100 42 4 ,

4234  



Expression de cette énergie : Ep

Ec Em 

Avec ₀²

2 1mv

Ec car la balle a conservée sa vitesse initiale horizontale v0 en haut de sa trajectoire, mais n’a plus de vitesse verticale

et Epmgh où h est la hauteur maximale atteinte après le second rebond

on a donc Em mv₀² mgh 2

1

D’où

g v mg h Em

2

2

 0

 A.N. h 3,16 2,3m

8 , 9 2

1 8 , 9 1

6 ,

27 ₂



 

 

