\thumb
    \begin{qcm}{Connaissance du cours}{10}
    \be
        \item Un point matériel $M$, de masse $m=200\text{ g}$, est placé à une altitude $z$ dans le champ de pesanteur d'intensité
        ${g=10\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}}$. L'origine des énergies potentielles de pesanteur étant choisie à l'altitude
        ${z_{\text{ref}}=10\text{ m}}$, l'énergie potentielle de pesanteur de $M$ (en joule) vaut :\par
        \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
        \choix $E_{pp}=mgz-20$ & \choix $E_{pp}=mgz$\\
        \choix $E_{pp}=mgz+20$ & \choix $E_{pp}=mgz-2$
        \end{tabularx}
        \item Une vitesse peut être exprimée en$\Uvitesse$ ou en $\text{km}\cdot\text{h}^{-1}$, avec la loi de conversion :\par
        \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
        \resetchoix
        \choix $1\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}=\dfrac{1}{36}\Uvitesse$ & \choix $1\Uvitesse =3,6\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}$\\
        \choix $1\Uvitesse =\dfrac{1}{36}\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}$ & \choix $1\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}=3,6\Uvitesse$
        \end{tabularx}
        \item Un point de masse $m$ (en kg) et de vitesse $v$ (en$\Uvitesse$) possède l'énergie cinétique :\par
        \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
        \resetchoix
        \choix $E_c=mv^2$ & \choix $E_c=2mv^2$ & \choix $E_c=\dfrac{1}{2}\,mv^2$
        \end{tabularx}
        \item L'énergie mécanique d'un point matériel soumis au champ de pesanteur :\par
        \resetchoix
        \choix est définie par $E_m=E_c-E_{pp}$ ;\par
        \choix est constante en l'absence de frottements ;\par
        \choix est toujours constante à la surface de la Terre.
    \ee
    \end{qcm}
    \begin{corrige}
    \be
        \item L'énergie potentielle de pesanteur vaut :
        \begin{eqnarray*}
        E_{pp}
        & = & mg\,(z-z_{\text{ref}})=mgz-mgz_{\text{ref}}\\
        & = & mgz-0,2\times 10\times 10\\
        & \Rightarrow & E_{pp}=mgz-20\text{ (réponse \choix[a])}.
        \end{eqnarray*}
        
        \item Conformément au rappel (\ref{1101111}) de la page \pageref{1101111}, la conversion entre les unités de vitesse s'écrit :
        \[1\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}=\frac{1}{3,6}\Uvitesse
            \Leftrightarrow 1\Uvitesse =3,6\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}\text{ (réponse \choix[b])}.
        \]
        \item Par définition, l'énergie cinétique d'un point matériel de masse $m$ et de vitesse $v$ est définie par :
        \[E_c=\frac{1}{2}\,mv^2\text{ (réponse \choix[c])}.
        \]
        \item Un point matériel d'énergie cinétique $E_c$ et d'énergie potentielle de pesanteur $E_{pp}$ a une énergie mécanique définie par :
        \[E_m=E_c+E_{pp}
        \]
        qui est constante en l'absence de frottements (réponse \choix[b]).
    \ee
    \end{corrige}

%%% 2

    \begin{qcm}{Transfert d'énergie}{15}
    
    Un marteau-pilon, de masse $m=2\text{ tonnes}$, tombe d'une hauteur ${h=3\text{ m}}$ sur un objet en aluminium de masse
    ${m'=20\text{ kg}}$. Sa vitesse initiale est nulle.\par
    Les frottements sont négligés lors de la chute.\par
    L'augmentation de la température de l'objet lors du choc est notée $\Delta\theta$.
    \be
        \item L'énergie thermique reçue par l'objet vaut (en joule) :\par
        \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
        \choix $Q=\nombre{18080}\times\Delta\theta$ & \choix $Q=18,1\times\Delta\theta$\\
        \choix $Q=0,904\times\Delta\theta$ & \choix $Q=904\times\Delta\theta$
        \end{tabularx}
        \item L'énergie potentielle de pesanteur du marteau pilon varie de la quantité :\par
        \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
        \resetchoix
        \choix $\Delta E_{pp}=-\nombre{20000}\text{ J}$ & \choix $\Delta E_{pp}=-6.10^4\text{ J}$\\
        \choix $\Delta E_{pp}=2.10^6\text{ J}$ & \choix $\Delta E_{pp}=6.10^5\text{ J}$
        \end{tabularx}
        \item Calculer l'énergie cinétique du marteau-pilon juste avant le choc avec l'objet en aluminium.\par
        \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
        \resetchoix
        \choix $E'_c=0\text{ J}$ & \choix $E'_c=6.10^4\text{ J}$\\
        \choix $E'_c=\nombre{2000}\text{ J}$ & \choix $E'_c=\nombre{6000}\text{ J}$
        \end{tabularx}
        \item Que vaut la vitesse du marteau-pilon juste avant le choc avec l'objet ?\par
        \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
        \resetchoix
        \choix $v'=7,7\Uvitesse$ & \choix $v'=20\Uvitesse$\\
        \choix $v'=7,7\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}$ & \choix $v'=40\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}$
        \end{tabularx}
        \item En supposant que l'énergie cinétique du marteau-pilon soit intégralement transformée, lors du choc, en énergie thermique, calculer
        $\Delta\theta$.\par
        \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
        \resetchoix
        \choix $\Delta\theta =5,5\Utemp$ & \choix $\Delta\theta =3,3\Utemp$\\
        \choix $\Delta\theta =10,8\Utemp$ & \choix $\Delta\theta =21,1\Utemp$
        \end{tabularx}
    \ee
    \end{qcm}
    \emph{Données} :
    \bi
        \item capacité thermique massique de l'aluminium : ${c=0,904\text{ kJ}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\Utemp ^{-1}}$ ;
        \item intensité de la pesanteur : $g=10\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}$
    \ei
    \begin{corrige}
    \be
        \item En l'absence de changement d'état, la température d'un objet de masse ${m'=20\text{ kg}}$ et de capacité thermique
        ${c=904\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\Utemp ^{-1}}$ varie de $\Delta\theta$ s'il reçoit l'énergie (sous forme thermique) :
        \[Q=m'c\,\Delta\theta =20\times 904\times\Delta\theta
            \Rightarrow Q=\nombre{18080}\times\Delta\theta\text{ (réponse \choix[a])}.
        \]
        \Twopic{7.82}{
        \item Le marteau-pilon passe d'une altitude $z_A$ à une altitude $z_B$, auquel cas son énergie potentielle de pesanteur passe de :
        \[E_{pp}(A)=mgz_A+E_0\text{ à }E_{pp}(B)=mgz_B+E_0
        \]
        où $E_0$ est une constante. C'est pourquoi, au cours de la chute, l'énergie potentielle de pesanteur du marteau-pilon varie de la
        quantité :
        }{2.18}{113_energie_009}
        \begin{eqnarray*}
        \Delta E_{pp}
        & = & E_{pp}(B)-E_{pp}(A)=mg\,(z_B-z_A)\\
        & = & -mgh\text{ car }h=z_A-z_B\\
        & = & -\nombre{2000}\times 10\times 3\Rightarrow\Delta E_{pp}=-6.10^4\text{ J (réponse \choix[b])}.
        \end{eqnarray*}
        \item Lorsqu'il est en $A$, le marteau-pilon présente une vitesse nulle (${v_A=0}$) et donc une énergie cinétique nulle :
        \[E_c(A)=\frac{1}{2}\,mv_A^2=0.
        \]
        En revanche, lorsqu'il est en $B$, son énergie cinétique prend une valeur ${E'_c=E_c(B)}$.\par
        Or, en $A$ et en $B$, l'énergie mécanique du marteau-pilon vaut :
        \[E_m(A)=E_{pp}(A)+E_c(A)=E_{pp}(A)
        \]
        et
        \[E_m(B)=E_{pp}(B)+E_c(B)=E_{pp}(B)+E'_c.
        \]
        L'absence de frottements se traduit alors par la conservation de l'énergie mécanique :
        \begin{eqnarray*}
        E_m(B)=E_m(A)
        & \Rightarrow & E_{pp}(B)+E'_c=E_{pp}(A)\\
        & \Rightarrow & E'_c=E_{pp}(A)-E_{pp}(B)=-\Delta E_{pp}\\
        & \Rightarrow & E'_c=6.10^4\text{ J (réponse \choix[b])}.
        \end{eqnarray*}
        \item L'énergie cinétique du marteau-pilon $E'_c$ est définie à partir de sa vitesse $v'$ juste avant le choc avec l'objet :
        \begin{eqnarray*}
        E'_c=\frac{1}{2}\,m{v'}^2
        & \Rightarrow & v'=\sqrt{\frac{2E'_c}{m}}=\sqrt{\frac{2\times 6.10^4}{\nombre{2000}}}\\
        & \Rightarrow & v'\simeq 7,7\Uvitesse\text{ (réponse \choix[a])}.
        \end{eqnarray*}
        \item En supposant que l'énergie cinétique du marteau-pilon soit intégralement transformée en énergie thermique, on suppose que
        ${Q=E'_c}$, c'est-à-dire, compte tenu des résultats aux questions 1 et 3 :
        \[\nombre{18080}\times\Delta\theta =6.10^4\Rightarrow\Delta\theta =3,3\Utemp\text{ (réponse \choix[b])}.
        \]
    \ee
    \end{corrige}

%%% 3

    \begin{qcm}{\'Energie mécanique}{20}
    Dans un parc d'attraction, un wagonnet de masse $m=65\text{ kg}$ se déplace sur des rails dont le profil est donné sur le schéma suivant :
    \Form{108_energie_006}
    L'intensité de la pesanteur vaut ${g=10\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}}$.\par
    Les hauteurs des différents points $A$, $B$, $C$, $D$ et $E$ sont repérées par rapport au sol et ont pour valeurs :\par
    \begin{center}\begin{tabular}{lll}
    $h_A=20\text{ m}$ & $h_B=10\text{ m}$ & $h_C=15\text{ m}$\\
    $h_D=5\text{ m}$ & $h_E=18\text{ m}$ &
    \end{tabular}\end{center}
    \be
        \item Lorsque le wagonnet passe de $A$ à $B$, puis de $B$ à $C$, son énergie potentielle de pesanteur varie respectivement de
        ${\Delta E_{pp}(A/B)}$ et $\Delta E_{pp}(B/C)$, tels que :\par
        \choix $\Delta E_{pp}(A/B)=\nombre{6500}\text{ J}$ et $\Delta E_{pp}(B/C)=\nombre{3250}\text{ J}$ ;\\
        \choix $\Delta E_{pp}(A/B)=-\nombre{3250}\text{ J}$ et $\Delta E_{pp}(B/C)=\nombre{6500}\text{ J}$ ;\\
        \choix $\Delta E_{pp}(A/B)=-\nombre{6500}\text{ J}$ et $\Delta E_{pp}(B/C)=\nombre{3250}\text{ J}$ ;\\
        \choix $\Delta E_{pp}(A/B)=\nombre{3250}\text{ J}$ et $\Delta E_{pp}(B/C)=-\nombre{6500}\text{ J}$.
    \ee
    \emph{On admet, pour toute la suite, qu'il n'y a pas de frottements.}
    \newpage
    \be
        \setcounter{enumi}{1}
        \item Lorsque le wagonnet passe de $A$ à $E$, son énergie potentielle de pesanteur et son énergie mécanique varient respectivement de
        :\par
        \resetchoix
        \choix $\Delta E_{pp}(A/E)=0\text{ J}$ et $\Delta E_m(A/E)=\nombre{1300}\text{ J}$ ;\par
        \choix $\Delta E_{pp}(A/E)=-\nombre{1300}\text{ J}$ et $\Delta E_m(A/E)=0\text{ J}$ ;\par
        \choix $\Delta E_{pp}(A/E)=\nombre{1300}\text{ J}$ et $\Delta E_m(A/E)=0\text{ J}$ ;\par
        \choix $\Delta E_{pp}(A/E)=-\nombre{1300}\text{ J}$ et $\Delta E_m(A/E)=-\nombre{3250}\text{ J}$.
        \item Le wagonnet part de $A$ sans vitesse initiale. \mbox{Calculer sa vitesse au point $B$.}
        \resetchoix\par
        \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
        \resetchoix
        \choix $v_B=12,7\Uvitesse$ & \choix $v_B=14,1\Uvitesse$\\
        \choix $v_B=0\Uvitesse$ & \choix $v_B=11,2\Uvitesse$
        \end{tabularx}
        
        \item Le wagonnet part de $A$ avec une vitesse initiale $v_A=1\Uvitesse$.\\ Calculer sa vitesse au passage en $E$.\par
        \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
        \resetchoix
        \choix $v_E=6,4\Uvitesse$ & \choix $v_E=0\Uvitesse$\\
        \choix $v_E=7,2\Uvitesse$ & \choix $v_E=8,1\Uvitesse$
        \end{tabularx}
    \ee
    \end{qcm}
    
    
    \begin{corrige}
    \be
        \item En $A$, $B$ et $C$, d'altitudes respectives $h_A$, $h_B$ et $h_C$, le wagonnet possède les énergies potentielles de pesanteur
        respectives :
        \[E_{pp}(A)=mgh_A+E_0,\ E_{pp}(B)=mgh_B+E_0,\  E_{pp}(C)=mgh_C+E_0
        \]
        où $E_0$ est une constante. Donc, entre $A$ et $B$ d'une part et entre $B$ et $C$ d'autre part, l'énergie potentielle de pesanteur du
        wagonnet varie des quantités :
        \begin{eqnarray}
        \Delta E_{pp}(A/B)
        & = & E_{pp}(B)-E_{pp}(A)=mg\,(h_B-h_A)\label{1011101}\\
        & = & 65\times 10\times (10-20)\notag
        \end{eqnarray}
        et :
        \begin{eqnarray*}
        \Delta E_{pp}(B/C)
        & = & E_{pp}(C)-E_{pp}(A)=mg\,(h_C-h_B)\\
        & = & 65\times 10\times (15-10)
        \end{eqnarray*}
        c'est-à-dire :
        \[\Delta E_{pp}(A/B)=-\nombre{6500}\text{ J}\text{ et }\Delta E_{pp}(B/C)=\nombre{3250}\text{ J (réponse \choix[c])}.
        \]
        \item De même, lorsque le wagonnet se trouve en $A$ ou en $E$, son énergie potentielle de pesanteur prend les valeurs respectives :
        \[E_{pp}(A)=mgz_A+E_0\text{ et }E_{pp}(E)=mgh_E+E_0.
        \]
        Donc, lorsque le wagonnet passe de $A$ à $E$, son énergie potentielle de pesanteur varie de la quantité :
        \begin{eqnarray}
        \Delta E_{pp}(A/E)
        & = & E_{pp}(E)-E_{pp}(A)=mg\,(h_E-h_A)\label{1011102}\\
        & = & 65\times 10\times (18-20)\notag
        \end{eqnarray}
        tandis que son énergie mécanique $E_m$ ne varie pas en l'absence de frottements. C'est pourquoi :
        \[\Delta E_{pp}(A/E)=-\nombre{1300}\text{ J et }\Delta E_m(A/E)=0\text{ J (réponse \choix[b])}.
        \]
        \item En $A$, la vitesse du wagonnet est nulle, donc son énergie cinétique $E_c(A)$ aussi. C'est pourquoi son énergie mécanique vaut :
        \[E_m(A)=E_c(A)+E_{pp}(A)=E_{pp}(A).
        \]
        En revanche, la vitesse $v_B$ du wagonnet en $B$ lui confère une énergie cinétique
        ${E_c(B)=\dfrac{1}{2}\,mv_B^2}$ et donc une énergie mécanique :
        \[E_m(B)=E_c(B)+E_{pp}(B)=\frac{1}{2}\,mv_B^2+E_{pp}(B).
        \]
        Enfin, l'absence de frottements justifie la conservation de l'énergie mécanique du wagonnet entre $A$ et $B$, ce qui impose :
        \begin{eqnarray*}
        E_m(B)=E_m(A)
        & \Rightarrow & \frac{1}{2}\,mv_B^2+E_{pp}(B)=E_{pp}(A)\\
        & \Rightarrow & \frac{1}{2}\,mv_B^2=E_{pp}(A)-E_{pp}(B)
        \end{eqnarray*}
        c'est-à-dire, compte tenu de l'identité (\ref{1011101}) :
        \begin{eqnarray*}
        \Delta E_{pp}(A/B)
        & = & E_{pp}(B)-E_{pp}(A)\Rightarrow\frac{1}{2}\,mv_B^2=-\Delta E_{pp}(A/B)\\
        & \Rightarrow & v_B=\sqrt{-\frac{2}{m}\,\Delta E_{pp}(A/B)}=\sqrt{-\frac{2}{65}\times (-\nombre{6500})}\\
        & \Rightarrow & v_B\simeq 14,1\Uvitesse\text{ (réponse \choix[b])}.
        \end{eqnarray*}
        \item Maintenant, le wagonnet part de $A$ avec une vitesse $v_A=1\Uvitesse$ et donc avec une énergie cinétique
        ${E_c(A)=\dfrac{1}{2}\,mv_A^2}$. Donc, son énergie mécanique vaut :
        \[E_m(A)=E_c(A)+E_{pp}(A)=\frac{1}{2}\,mv_A^2+E_{pp}(A).
        \]
        Le wagonnet arrive alors en $E$ avec une vitesse $v_E$ associée à une énergie cinétique ${E_c(E)=\dfrac{1}{2}\,mv_E^2}$.
        Son énergie mécanique vaut alors :
        \[E_m(E)=E_c(E)+E_{pp}(E)=\frac{1}{2}\,mv_E^2+E_{pp}(E).
        \]
        L'absence de frottements entre $A$ et $E$ justifie la conservation de l'énergie mécanique :
        \begin{eqnarray*}
        E_m(E)
        & = & E_m(A)\Rightarrow\frac{1}{2}\,mv_E^2+E_{pp}(E)=\frac{1}{2}\,mv_A^2+E_{pp}(A)\\
        & \Rightarrow & \frac{1}{2}\,mv_E^2=\frac{1}{2}\,mv_A^2+E_{pp}(A)-E_{pp}(E).
        \end{eqnarray*}
        La relation (\ref{1011102}) permet alors de poser :
        \begin{align*}
         & E_{pp}(A)-E_{pp}(E) =  -\Delta E_{pp}(A/E)\\
         \Rightarrow\ & \frac{1}{2}\,mv_E^2=\frac{1}{2}\,mv_A^2-\Delta E_{pp}(A/E)\\
        \Rightarrow\ & v_E=\sqrt{v_A^2-\frac{2}{m}\,\Delta E_{pp}(A/E)}
            =\sqrt{1-\frac{2}{65}\times (-\nombre{1300})}\\
        \Rightarrow\ & v_E\simeq 6,4\Uvitesse\text{ (réponse \choix[a])}.
        \end{align*}
    \ee
    \end{corrige}

%%% 4

    \begin{exo}{\'Energie cinétique}{Lycée Félix Faure, Beauvais}{1}{5}
    \enlargethispage*{2em}
    La vitesse d'une balle déterminée a été enregistrée à $269\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}$.\par
    Calculer l'énergie cinétique que posséderait cette balle de masse égale à $58,4\text{ g}$.
    \end{exo}
    
    \begin{corrige}
    Sachant que $1\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}=\dfrac{1}{3,6}\Uvitesse$, la vitesse de la balle valait :
    \[v=\frac{269}{3,6}\simeq 74,7\Uvitesse
    \]
    et sa masse $m=58,4\text{ g}=58,4.10^{-3}\text{ kg}$. Par suite, son énergie cinétique valait :
    \[E_c=\frac{1}{2}\,mv^2=\frac{1}{2}\times 58,4.10^{-3}\times (74,7)^2\simeq 163\text{ J}.
    \]
    \end{corrige}


%%% 5

    \begin{exo}{\'Energie mécanique d'un TGV}{Lycée Bellevue, Toulouse}{1}{5}
    Un TGV atlantique, de masse ${m=500\text{ tonnes}}$, roule à $300\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}$ sur une voie rectiligne et horizontale.
    Subissant un arrêt d'urgence, il bloque ses roues et stoppe au bout de ${\nombre{3300}\text{ m}}$.
    \be
        \item Quelle est la variation de son énergie cinétique lors du freinage (expression littérale puis calcul en respectant les unités) ?
        \item Quelle est le mode de transfert de cette énergie ?
        
        \item En supposant qu'elle a été constante tout au long du processus, déterminer la norme de la force de freinage.
    \ee
    \end{exo}
    
    \begin{corrige}
    \be
        \item
        \bi
            \item Initialement, le train possède la vitesse :
            \[v_i=300\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}=\frac{300}{3,6}=83,3\Uvitesse.
            \]
            Son énergie cinétique vaut alors : $E_{ci}=\dfrac{1}{2}\,mv_i^2$.
            \item Lorsque le train stoppe, sa vitesse $v_f$ est alors nulle, ainsi que son énergie cinétique :
            \[E_{cf}=\frac{1}{2}\,mv_f^2=0.
            \]
        \ei
        \enlargethispage*{2em}
        Au cours de cet arrêt, l'énergie cinétique du train a donc varié de la quantité :
        \begin{eqnarray*}
        \Delta E_c
        & = & E_{cf}-E_{ci}=-\frac{1}{2}\,mv_i^2=-\frac{1}{2}\times 500.10^3\times (83,3)^2\\
        & \Rightarrow & \Delta E_c\simeq -1,73.10^9\text{ J}.
        \end{eqnarray*}
        \item Cette énergie est transférée aux freins, aux roues et aux rails sous forme thermique (frottements).
        \item On applique ici le théorème de l'énergie cinétique $\vec{F}\cdot \vec{AB} = \Delta E_c$.
        Comme $\left\| \vec{AB} \right\|$~=~3300~m, et que la force est colinéaire au mouvement tout au long du freinage, on en déduit:\\
  $$\left\| \vec{F} \right\| = \frac{1,73.10^9}{3,3.10^3}=5,25.10^5\text{~N}.$$      
    \ee
    \end{corrige}

%    \begin{exo}{\'Energie potentielle de pesanteur}{Lycée Saint-Pierre, Brunoy}{1}{10}
%    Monsieur {\sc Durand} habite le cinquième étage d'un immeuble qui en compte huit. Chaque étage a une hauteur de ${3\text{ m}}$.
%    L'ascenseur, vide, a une masse $m$ de ${200\text{ kg}}$.
%    \be
%        \item L'énergie potentielle de pesanteur de l'ascenseur est nulle lorsque celui-ci est au rez-de-chaussée.
%        \be
%            \item Calculer l'énergie potentielle de pesanteur de l'ascenseur lorsque ce dernier passe devant Monsieur
%            {\sc Durand}, puis lorsqu'il arrive au dernier étage.
%            \item En déduire la variation d'énergie potentielle de pesanteur.
%        \ee
%        \item L'énergie potentielle de pesanteur de l'ascenseur est nulle au niveau de Monsieur {\sc Durand}.\par
%        Répondre aux questions précédentes et conclure.
%    \ee
%    \emph{Donnée} : intensité de la pesanteur : ${g=10\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}}$.
%    \end{exo}
%    \begin{corrige}
%    \be
%        \item
%        \be
%            \item Soit $D$ le point situé à l'étage où se trouve Monsieur {\sc Durand} et soit $S$ le point situé au dernier étage.\par
%            \Twopic{7.85}{
%            On note $z_D$ et $z_S$ les altitudes de ces points par rapport au sol. Puisque chaque étage a une hauteur de ${3\text{ m}}$,
%            ${z_D=15\text{ m}}$ ($D$ est au cinquième étage) et ${z_S=24\text{ m}}$ ($S$ est au huitième étage).\par
%            L'énergie potentielle de pesanteur d'un point situé à une altitude $z$ vaut :
%            }{1.65}{008_energie_021}
%            \begin{equation}\label{0810101}
%            E_{pp}=mgz+E_0
%            \end{equation}
%            où $E_0$ est une constante que l'on ajuste en définissant une altitude d'énergie potentielle de pesanteur nulle. Notamment,
%            en décidant que $E_{pp}$ est nul au rez-de-chaussée (en $z=0$), la relation (\ref{0810101}) devient : ${E_{pp}=mgz}$. L'énergie
%            potentielle de pesanteur de l'ascenseur, lorsqu'il passe devant $D$ ou devant $S$ vaut alors :
%            \[E_{pp}(D)=mgz_D=200\times 10\times 15=3.10^4\text{ J}
%            \]
%            et :
%            \[E_{pp}(S)=mgz_S=200\times 10\times 24=4,8.10^4\text{ J}
%            \]
%            \item Par conséquent, entre les points $D$ et $S$, l'énergie potentielle de pesanteur varie de la quantité :
%            \[\Delta E_{pp}=E_{pp}(S)-E_{pp}(D)=4,8.10^4-3.10^4\Rightarrow\Delta E_{pp}=1,8.10^4\text{ J}
%            \]
%        \ee
%        \item En choisissant maintenant l'énergie potentielle de pesanteur nulle au niveau du point $D$, on impose ${E_{pp}=0}$ pour
%        ${z=z_D}$. La relation (\ref{0810101}) devient ainsi:
%        \[0 =mgz_D+E_0\Rightarrow E_0=-mgz_D
%        \]
%        en conséquence de quoi l'expression (\ref{0810101}) de l'énergie potentielle de pesanteur s'écrit, à toute altitude :
%        \begin{equation}\label{0810102}
%        E'_{pp}=mgz+E_0=mgz-mgz_D=mg(z-z_D)
%        \end{equation}
%        \bi
%            \item Par convention, l'énergie potentielle de pesanteur est maintenant nulle à l'altitude de $D$ :
%            \[E'_{pp}(D)=0
%            \]
%            \item À l'altitude $z_S$ du point $S$, l'énergie potentielle de pesanteur est désormais donnée par la loi (\ref{0810102}) :
%            \[E'_{pp}(S)=mg\,(z_S-z_D)=200\times 10\times (24-15)\Rightarrow E'_{pp}(S)=1,8.10^4\text{ J}
%            \]
%        \ei
%        La différence d'énergie potentielle de pesanteur entre ces deux situations vaut :
%        \[\Delta E'_{pp}=E'_{pp}(S)-E'_{pp}(D)=1,8.10^4\text{ J}
%        \]
%        En conclusion, l'énergie potentielle de pesanteur dépend de l'altitude $z_{\text{ref}}$ choisie comme référence. En revanche, la
%        variation de cette énergie potentielle ne dépend pas de la référence choisie :\par
%        \begin{center}\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
%        \hline
%        & $E_{pp}(D)$ & $E_{pp}(S)$ & $\Delta E_{pp}$\\
%        \hline
%        $z_0=0$ & $3.10^4\text{ J}$ & $4,8.10^4\text{ J}$ & $1,8.10^{4}\text{ J}$\\
%        \hline
%        $z_0=15\text{ m}$ & $0$ & $1,8.10^4\text{ J}$ & $1,8.10^4\text{ J}$\\
%        \hline
%        \end{tabular}\end{center}
%    \ee
%    \end{corrige}

%%% 6

    \begin{exo}{\'Energie mécanique}{Lycée Félix Faure, Beauvais}{1}{10}
    On lance une petite pierre de masse $m=100\text{ g}$ verticalement, vers le haut. La pierre part d'un point $O$, pris comme origine des
    altitudes, avec une vitesse initiale ${v_0=15\Uvitesse}$. On néglige l'action de l'air.\par
    Calculer l'altitude maximale atteinte.\par
    \emph{Donnée} : intensité de la pesanteur : $g=10\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}$.
    \end{exo}
   
    \begin{corrige}
    Calculons l'énergie mécanique de la pierre aux deux extrémités de la trajectoire.
    
    \Form{117_energie_019}
    
    \bi
        \item Au point $O$ le plus bas, d'altitude ${z_O=0}$, la pierre possède la vitesse
        ${v_O=15\Uvitesse}$. Donc, son énergie potentielle de pesanteur vaut :
        \[E_{pp}=mgz_O=0
        \]
        tandis que son énergie cinétique vaut ${E_c(O)=\dfrac{1}{2}\,mv_O^2}$.\\
        Par conséquent, la pierre a pour énergie mécanique :
    \ei
    \[E_m(O)=E_{pp}(O)+E_c(O)=\frac{1}{2}\,mv_O^2.
    \]
    \bi
        \item Au point $A$ le plus élevé, d'altitude $z_A$, la pierre a une vitesse $v_A$ nulle (sans quoi elle continuerait à s'élever). C'est
        pourquoi son énergie potentielle de pesanteur et son énergie cinétique y valent respectivement :
        \[E_{pp}(A)=mgz_A\text{ et }E_c(A)=\frac{1}{2}\,mv_A^2=0
        \]
        et définissent l'énergie mécanique :
        \[E_m(A)=E_{pp}(A)+E_c(A)=mgz_A.
        \]
    \ei
    En négligeant les frottements liés à l'air, on admet la conservation de l'énergie mécanique de la pierre au cours de son mouvement :
    \begin{eqnarray*}
    E_m(A)
    & = & E_m(O)\Rightarrow mgz_A=\frac{1}{2}\,mv_O^2\\
    & \Rightarrow & z_A=\frac{v_O^2}{2g}=\frac{(15)^2}{2\times 10}
        \Rightarrow z_A=11\text{ m}.
    \end{eqnarray*}
    \newpage
    \end{corrige}

%%% 7

   \begin{exo}{Skieur}{Lycée Lakanal, Sceaux}{2}{15}
   
   Un skieur est initialement à l'arrêt sur une piste formant un angle de $\alpha=$~15° avec l'horizontale. Il se laisse glisser dans le sens de la pente. On supposera que les forces de frottement sont négligeables, le skieur n'est donc soumis qu'à son poids (vertical) et à la réaction du sol (perpendiculaire à la piste).
   
   
   Quelle vitesse le skieur aura-t-il atteint lorsqu'il aura parcouru une distance d~=~25~m? 

\emph{Données:} $g=10\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}$.
 \end{exo}
 
 \begin{corrige}
 La manière la plus élégante de résoudre ce problème est d'utiliser le théorème de l'énergie cinétique.
 La réaction $\vec{R}$ du sol est perpendiculaire au déplacement. Le travail de cette force est donc nul.
 
 On en déduit que $\Delta E_c = \vec{P} \cdot \vec{AB}$ d'où $\Delta E_c = \left\| \vec{P}\right\| \cdot \left\| \vec{AB} \right\| \cos{\alpha} = m g d \cos{\theta}$
où $\theta$ est l'angle entre le poids et la piste ($\theta = 90\text{°} - \alpha = 75\text{°})$ .

 Comme $E_c(A) =0$, on en déduit:
 $$\frac{1}{2} m v^2 = m g d \cos{\theta}.$$
 Soit $v=\sqrt{2  g d \cos{\theta}} = \sqrt{2\times 10 \times 25 \times \cos{75\text{°}} } \approx 11 \Uvitesse$.
 
 \end{corrige}

%%% 8

    \begin{exo}{Cycliste en roue libre}{Lycée Sainte-Marie, Antony}{2}{15}
    \begin{minipage}{6.5cm}
    Un cycliste roule sur une route plane et horizontale à la vitesse ${V=20\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}}$. Arrivant au pied d'une montée, il
    cesse de pédaler. Quelle distance parcourt-il sur la pente, si on néglige les frottements ?
    \end{minipage}
    \hfill
    \begin{minipage}{3cm}
    \includegraphics{110_energie_012}
    \end{minipage}
    \par
    \emph{Données} :
    \bi
        \item intensité de la pesanteur : $g=10\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}$ ;
        \item la pente est de $15\pcent$, ce qui signifie qu'en parcourant $100\text{ m}$ dans la pente, le cycliste monte de ${15\text{ m}}$.
    \ei
    \end{exo}
    \begin{corrige}
    Calculons au préalable l'angle $\alpha$ que fait le plan de la pente avec l'horizontale.
    \Form{118_energie_013}
    Lorsqu'on parcourt la longueur $AM=L=100\text{ m}$ dans la pente, on s'élève de ${h=15\text{ m}}$. Le triangle rectangle $(AMH)$
    montre alors que :
    \[\sin\alpha =\frac{MH}{AM}=\frac{h}{L}=\frac{15}{100}\Rightarrow\sin\alpha =0,15.
    \]
    Considérons maintenant le cycliste (assimilé à un point matériel) en deux points de sa trajectoire :
    \bi
        \item Au pied $A$ de la montée, il possède une vitesse :
        \[v_A=V=20\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}=\frac{20}{3,6}\simeq 5,56\Uvitesse
        \]
        et donc une énergie cinétique $E_c(A)=\dfrac{1}{2}\,mv_A^2=\dfrac{1}{2}\,mV^2$.\par
        Quant à son altitude $z_A=0$, elle définit son énergie potentielle de pesanteur :
        \[E_{pp}(A)=mgz_A+E_0=E_0
        \]
        où $E_0$ est une constante.\par
        L'énergie mécanique du cycliste situé en $A$ vaut alors :
        \[E_m(A)=E_c(A)+E_{pp}(A)=\frac{1}{2}\,mV^2+E_0.
        \]
        \item Au point $B$ culminant de sa montée, sa vitesse vaut $v_B=0$ (sans quoi le cycliste continuerait à monter) ; son énergie
        cinétique vaut alors :
        \[E_c(B)=\dfrac{1}{2}\,mv_B^2=0.\]
        Soit $I$ le projeté orthogonal de $B$ sur le sol horizontal. Le triangle rectangle $(AIB)$ montre que la distance $AB$ parcourue
        par le cycliste et son altitude $z_B$ sont liées :
        \[\sin\alpha =\frac{BI}{AB}=\frac{z_B}{AB}\Rightarrow z_B=AB\,\sin\alpha
        \]
        en conséquence de quoi l'énergie potentielle de pesanteur vaut :
        \[E_{pp}(B)=mgz_B+E_0=mg\,AB\,\sin\alpha +E_0
        \]
        et son énergie mécanique est définie par :
        \[E_m(B)=E_c(B)+E_{pp}(B)=mg\,\sin\alpha\times AB+E_0.
        \]
    \ei
    En négligeant les frottements, on admet la conservation de l'énergie mécanique entre $A$ et $B$ :
    \begin{eqnarray*}
    E_m(B)
    & = & E_m(A)\Rightarrow mg\,\sin\alpha\times AB+E_0=\frac{1}{2}\,mV^2+E_0\\
    & \Rightarrow & g\,\sin\alpha\times AB=\frac{1}{2}\,V^2\Rightarrow AB=\frac{V^2}{2g\,\sin\alpha}\\
    & \Rightarrow & AB=\frac{(5,56)^2}{2\times 10\times 0,15}=10\text{ m}.
    \end{eqnarray*}
    \end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

%
%\begin{exo}{Descente en luge}{Lycée Pierre de Fermat, Toulouse}{2}{15}
%      
%    Aux sports d'hiver, un enfant sur une luge part, sans vitesse initiale, du sommet d'une pente de longueur ${L=30,0\text{ m}}$, inclinée
%    d'un angle ${\alpha =30\Mdegre}$ sur l'horizontale.\par
%    Au bas de cette pente, il aborde une pente inclinée d'un angle ${\beta =15\Mdegre}$ sur l'horizontale.\par
%    On néglige tous les frottements. On admettra que la cassure ne modifie pas la valeur de la vitesse.
%    \Form{008_energie_007}
%    \be
%        \item
%        \be
%            \item Exprimer l'énergie mécanique du système ${\mc{S}=\acco{\text{enfant}+\text{luge}}}$, de masse $m$, au début du mouvement, en
%            fonction de $m$, $g$, $L$ et $\alpha$.
%            \item Exprimer l'énergie mécanique de $\mc{S}$ au bas de la première pente (point $O$ sur le schéma) en fonction de $m$ et de la
%            vitesse $v_O$ de $\mc{S}$ en $O$.
%            \item Calculer la valeur numérique de $v_O$ en $\text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ et en $\text{km}\cdot\text{h}^{-1}$.
%        \ee
%        \item La luge parcourt la distance $L'$ le long de la deuxième pente, avant de s'arrêter en $B$ (\emph{cf}. schéma ci-dessus).
%        \be
%            \item Exprimer l'énergie mécanique de $\mc{S}$ en $B$, en fonction de $m$, $g$, $L'$ et $\beta$.
%            \item Calculer la valeur numérique de $L'$.
%        \ee
%    \ee
%    \emph{Données} :
%    \bi
%        \item masse de $\mc{S}$ : $m=20\text{ kg}$ ;
%        \item intensité de la pesanteur : $g=9,8\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}$.
%    \ei
%    \vspace*{-1em}
%
%
%\end{exo}
%
%\begin{corrige}    
%	\be
%        \item Dans la suite de l'exercice, on notera :
%        \bi
%            \item $A$ le point de départ de la luge en haut de la première pente ;
%            \item $I$ et $J$ les projetés orthogonaux de $A$ et de $B$ sur le plan horizontal qui passe par $O$ ;
%            \item $z_A$ et $z_B$ les altitudes de $A$ et $B$ par rapport à ce plan.
%        \ei
%        \Form{008_energie_008}
%        \be
%            \item D'après l'énoncé, en $A$ la luge part sans vitesse initiale ($v_A=0$), de sorte que son énergie cinétique est nulle :
%            \[E_c(A)=\frac{1}{2}\,mv_A^2=0
%            \]
%            \vspace*{-3em}
%    %        \BreakWithoutItem
%            En choisissant le plan horizontal passant par $O$ comme référence des énergies potentielles de pesanteur, celle de la luge en $A$
%            est définie par :
%            \[E_{pp}(A)=mgz_A
%            \]
%            Or, le triangle $(OAI)$ étant rectangle, on peut définir :
%            \begin{eqnarray}
%            \sin\alpha
%            & = & \frac{AI}{AO}=\frac{z_A}{L}\Rightarrow z_a=L\,\sin\alpha\notag\\
%            & \Rightarrow & E_{pp}(A)=mgL\,\sin\alpha\label{1111101}
%            \end{eqnarray}
%            Par suite, l'énergie mécanique du système $\mc{S}$ en $A$ s'écrit :
%            \begin{equation}\label{1111103}
%            E_m(A)=E_c(A)+E_{pp}(A)\Rightarrow E_m(A)=mgL\,\sin\alpha
%            \end{equation}
%            \item Au point $O$, d'altitude $z_O=0$, le système $\mc{S}$ a pour énergie potentielle de pesanteur :
%            \[E_{pp}(O)=mgz_O=0
%            \]
%            et pour énergie cinétique :
%            \[E_c(O)=\frac{1}{2}\,mv_O^2
%            \]
%            C'est pourquoi son énergie mécanique vaut :
%            \begin{equation}\label{1111102}
%            E_m(O)=E_{pp}(O)+E_c(O)\Rightarrow E_m(O)=\frac{1}{2}\,mv_O^2
%            \end{equation}
%            \item Puisqu'en l'absence de frottements, l'énergie mécanique d'un système se conserve :
%            \[E_m(O)=E_m(A)
%            \]
%            c'est-à-dire, compte tenu des expressions (\ref{1111102}) et (\ref{1111101}) :
%
%\begin{eqnarray*}
%&             & \frac{1}{2}\,mv_O^2 = mgL\,\sin\alpha\\
%& \Rightarrow & v_O=\sqrt{2gL\,\sin\alpha}=\sqrt{2\times 9,8\times 30\times\sin (30\Mdegre )}\\
%            & \Rightarrow & v_O=17,1\Uvitesse\text{ avec }1\Uvitesse =3,6\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}\\
%            & \Rightarrow & v_O=17,1\times 3,6=61,6\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}
%            \end{eqnarray*}
%
%            \begin{Remarque}
%            heureusement pour l'enfant et sa luge, ce résultat est peu réaliste : des frottements ralentiraient la luge avant qu'elle
%            n'atteigne cette vitesse.
%            \end{Remarque}
%        \ee
%       % \Break
%        \item
%        \be
%            \item Arrivé en $B$, le système $\mc{S}$ s'arrête, auquel cas son énergie cinétique y vaut :
%            \[E_c(B)=\frac{1}{2}\,mv_B^2=0\text{ car }v_B=0\Uvitesse
%            \]
%            Quant à l'énergie potentielle de pesanteur de $\mc{S}$, elle vaut :
%            \[E_{pp}(B)=mgz_B
%            \]
%            où le triangle rectangle $(OBJ)$ permet de définir :
%            \[\sin\beta =\frac{BJ}{OB}=\frac{z_B}{L'}
%                \Rightarrow z_B=L'\,\sin\beta\Rightarrow E_{pp}(B)=mgL'\,\sin\beta
%            \]
%            Ainsi, arrivé en $B$, le système $\mc{S}$ a pour énergie mécanique :
%            \begin{equation}\label{1111104}
%            E_m(B)=E_c(B)+E_{pp}(B)\Rightarrow E_m(B)=mgL'\,\sin\beta
%            \end{equation}
%            \item En négligeant les frottements, on suppose que l'énergie mécanique de $\mc{S}$ se conserve entre les points $A$ et $B$ :
%            ${E_m(B)=E_m(A)}$. Les résultats (\ref{1111104}) et (\ref{1111103}) fournissent alors :
%            \begin{eqnarray*}
%            mgL'\,\sin\beta=mgL\,\sin\alpha
%            & \Rightarrow & L'=L\,\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=30\times\frac{\sin(30\Mdegre )}{\sin(15\Mdegre )}\\
%            & \Rightarrow & L'\simeq 58\text{ m}
%            \end{eqnarray*}
%        \ee
%    \ee
%
%\end{corrige}


%%% 9


\begin{exo}{\'Chute d'une pièce de 5 centimes}{Lycée Lakanal, Sceaux}{2}{15}
On lâche sans vitesse initiale une pièce de 5 centimes de masse $m=4,0\text{~g}$ du haut de la tour Montparnasse à 210~m d'altitude.
\be
\item Estimer la vitesse qu'aurait la pièce au moment où elle touche le sol en l'absence de frottements:     
\be 
\item En utilisant le principe de conservation de l'énergie mécanique.
\item En utilisant le théorème de l'énergie cinétique.
\ee
\item En réalité, la pièce arrive au sol avec une vitesse de $25\Uvitesse$.\\ Déterminer l'énergie perdue par frottement.

\ee 
\emph{Données:} g~=~9,81~N.kg$^{-1}$
\end{exo}


\begin{corrige}
On appelle A le point de départ de la pièce, B le point d'impact au sol, h la hauteur de la tour et m la masse de la pièce.
\be
\item
\be
\item En A, la vitesse de la pièce est nulle.\\ Donc $E_m(A)=E_p(A)=m g h$.\\
En B, la pièce est à une hauteur nulle.\\ Donc $E_m(B)=\frac{1}{2} m {v_B}^2$.\\
Par conservation de l'énergie mécanique on a donc $m g h = \frac{1}{2} m {v_B}^2$, soit:
$$v_B = \sqrt{2 g h}  = \sqrt{2 \times 9,8 \times 210} = 64 \Uvitesse. $$

On remarque que la masse de la pièce n'a pas d'incidence sur le calcul.


\item Puisqu'on néglige les frottements, la seule force qui s'applique est le poids $\vec{P}=-m g \vec{u_z}$. Le déplacement est $\vec{AB} = -h\vec{u_z}$. La variation d'énergie cinétique vaut donc, d'après le théorème de l'énergie cinétique:
$\Delta E_c = E_c(B)-E_c(A) = \vec{P}\cdot \vec{AB} = m g h$.

Comme $E_c(A)=0$, on retrouve la même formule que précédemment: $m g h = \dfrac{1}{2} m {v_B}^2$, soit:
$$v_B = \sqrt{2 g h}  = \sqrt{2 \times 9,81 \times 210} = 64 \Uvitesse. $$
\ee
\item L'énergie mécanique en B est en fait l'énergie cinétique (puisque l'énergie potentielle est nulle:

$E(B)=\dfrac{1}{2} m v_B^2$.

L'énergie mécanique en A était $E(A)=m g h $.

L'énergie perdue par frottement est la différence entre ces deux énergies:

$E_f = E(A) - E(B) = m g h - \dfrac{1}{2} m v_B^2$

$E_f = 4\cdot 10^{-3} \times 9,81 \times 210 - \dfrac{1}{2}\times 4\cdot 10^{-3} \times 25^2$

$E_f \approx 7 \rm J$.
\ee
\end{corrige}


%%% 10
\newpage

    \begin{exo}{Saut en hauteur}{Lycée Saint-Pierre, Brunoy}{3}{30}
    Cet exercice étudie le franchissement d'une barre positionnée à $2,45\text{ m}$ lors d'un record mondial de saut en hauteur.\par
    L'athlète, de masse $m=85,0\text{ kg}$, sera modélisé uniquement par son centre d'inertie $G$ situé à $1,00\text{ m}$ du sol
    au départ.
    \be
        \item Au cours du saut, son centre d'inertie $G$ passe par un point haut situé à $1,00\text{ cm}$ au dessus de la barre.\par
        Quelle est la variation d'énergie potentielle de pesanteur lors du saut ?
        \item Après sa course d'élan, l'athlète possède la vitesse ${v=5,55\Uvitesse}$ au pied de la barre.\par
        Quelle hauteur théorique peut-il atteindre si on suppose que toute son énergie cinétique initiale est convertie en énergie potentielle
        de pesanteur ?
        \item En fait, au point le plus haut, le sauteur conserve un peu d'énergie cinétique car la composante horizontale de sa vitesse ne
        s'annule pas ; elle a pour valeur ${0,63\Uvitesse}$.\par
        Calculer la somme des énergies cinétique et potentielle de l'athlète au départ du saut puis au point le plus haut. Conclure.
    \ee
    \emph{Donnée} : intensité de la pesanteur : $g=10\text{ N}\cdot\text{ kg}^{-1}$.
    \end{exo}
    \begin{corrige}
    \be
        \item Initialement, le centre d'inertie $G$ se trouve au point $I$ d'altitude ${z_I=1\Um}$.\par
        \Twopic{7}{
        En choisissant l'énergie potentielle de pesanteur nulle au niveau du sol, l'énergie potentielle de pesanteur initiale de l'athlète vaut
        :
        \[E_{pp}(I)=mgz_I.
        \]
        Le point $G$ atteint, au cours du saut, le point $P$ le plus élevé, d'altitude ${z_P=2,45+0,01=2,46\Um}$. En ce point, l'athlète a pour
        énergie potentielle de pesanteur :
        }{3}{120_energie_022}
        \[E_{pp}(P)=mgz_P.
        \]
        Donc, au cours du saut, l'énergie potentielle de pesanteur de l'athlète varie de :
        \begin{eqnarray*}
        \Delta E_{pp}
        & = & E_{pp}(P)-E_{pp}(E)=mg\times (z_P-z_I)\\
        & = & 85\times 10\times (2,46-1)\Rightarrow\Delta E_{pp}=1,24\cdot10^3\text{ J}.
        \end{eqnarray*}
        \item \'Evaluons les énergies cinétique et potentielle de l'athlète au début et en fin de saut :
        \bi
            \item en $I$, son énergie potentielle de pesanteur vaut : ${E_{pp}(I)=mgz_I}$ tandis que son énergie cinétique vaut :
            ${E_c(I)=\dfrac{1}{2}\,mv^2}$.
            \item en son point $Q$ le plus élevé, de hauteur $z_Q=h$, son énergie potentielle de pesanteur vaut :
            \[E_{pp}(Q)=mgz_Q=mgh.
            \]
            Quant à sa vitesse (supposée sans composante horizontale), elle est nulle (${v_Q=0}$), sans quoi l'athlète continuerait de monter.
            Son énergie cinétique vaut donc ${E_c(Q)=\dfrac{1}{2}\,mv_Q^2=0}$.
        \ei
        En supposant que toute l'énergie cinétique initiale soit convertie en énergie potentielle de pesanteur, on suppose que :
        \begin{eqnarray*}
        E_{pp}(Q)
        & = & E_{pp}(I)+E_c(I)\Rightarrow mgh=mgz_I+\frac{1}{2}\,mv^2\\
        & \Rightarrow & h=z_I+\frac{v^2}{2g}=1+\frac{(5,55)^2}{2\times 10}\Rightarrow h=2,54\Um.
        \end{eqnarray*}
        \item Effectuons le même bilan que précédemment :
        \bi
            \item Au point $I$, l'athlète possède la même énergie potentielle de pesanteur et la même énergie cinétique que précédemment :
            \[E_{pp}(I)=mgz_I\text{ et }E_c(I)=\frac{1}{2}\,mv^2.
            \]
            Donc, l'énergie mécanique de l'athlète vaut maintenant :
            \begin{eqnarray*}
            E_m(I)
            & = & E_{pp}(I)+E_c(I)=mgz_I+\frac{1}{2}\,mv^2\\
            & = & 85\times 10\times 1+\frac{1}{2}\times 85\times (5,55)^2
                \Rightarrow E_m(I)=2,16\cdot10^3\text{ J}.
            \end{eqnarray*}
            \item Au point $P$ (point le plus haut réellement atteint par $G$), l'athlète possède l'énergie potentielle de pesanteur :
            ${E_{pp}(P)=mgz_P}$, tandis que sa vitesse vaut ${v_0=0,63\Uvitesse}$ (la composante horizontale de la vitesse ne s'annule pas) ;
            son énergie cinétique vaut alors ${E_c(P)=\dfrac{1}{2}\,mv_0^2}$. Par suite, l'athlète possède l'énergie mécanique :
            \begin{eqnarray*}
            E_m(P)
            & = & E_{pp}(P)+E_c(P)=mgz_P+\frac{1}{2}\,mv_0^2\\
            & = & 85\times 10\times 2,46+\frac{1}{2}\times 85\times (0,63)^2\\
            & \Rightarrow & E_m(P)=2,11\cdot10^3\text{ J}.
            \end{eqnarray*}
        \ei
        Au cours du saut, l'athlète a perdu de l'énergie mécanique (${E_m(P)<E_m(I)}$). Cette perte est vraisemblablement due à des frottements.
    \ee
    \newpage
    \end{corrige}

%    \begin{exo}{Pendule simple}{Lycée Bellevue, Toulouse}{3}{30}
%    Un pendule simple est constitué d'une petite bille assimilable à un point matériel, de masse ${m=50\text{ g}}$, attachée à un fil
%    inextensible de longueur ${L=40\text{ cm}}$. L'ensemble est fixé en un point $O$ et on considère que les forces de frottements sont
%    négligeables.
%    \be
%        \item On écarte le pendule de sa position d'équilibre d'un angle ${\alpha _0=40\Mdegre}$ (position $A$ de la bille). On la lâche sans
%        vitesse initiale. On repère la position du pendule par la valeur $\alpha$ de l'angle que fait le fil avec la verticale.\par
%        Faire un schéma.\par
%        Exprimer l'énergie potentielle de pesanteur du pendule en fonction de $m$, $g$, $L$ et $\alpha$.\par
%        Préciser l'origine des altitudes $z$, choisie de façon à avoir ${E_{pp}(z=0)=0}$.
%        \item Quelle est la valeur de $\alpha$ la plus grande au cours des oscillations ? Justifier.
%        \item Donner l'expression littérale de l'énergie potentielle de pesanteur maximale du pendule.
%        \item Quelle est la valeur de la vitesse de la bille lorsqu'elle passe en $B$ (position d'équilibre) ?
%    \ee
%    \emph{Donnée} : intensité de la pesanteur : $g=10\text{ N}\cdot\text{ kg}^{-1}$.
%    \end{exo}
%    \begin{corrige}
%    \be
%        \item Soient :\par
%        \begin{minipage}{0.6\textwidth}
%        \bi
%            \item $A$ la position initiale de la bille ;
%            \item $M$ la position de la bille à un instant quelconque ;
%            \item $B$ la position d'équilibre de la bille.
%        \ei
%        \end{minipage}
%        \begin{minipage}{0.4\textwidth}
%        \centering\includegraphics[scale=0.8]{008_energie_020}
%        \end{minipage}
%        
%        En choisissant l'origine des altitudes en $B$, l'énergie potentielle de pesanteur vaut :
%        \[E_{pp}(M)=mgz+E_0
%        \]
%       
%        où $z$ désigne l'altitude de $M$ par rapport à celle de $B$ et $E_0$ est une constante. Or, en notant $H$ le projeté orthogonal de $M$
%        sur la verticale $OB$, il apparaît que :
%        \[z+OH=L\Rightarrow z=L-OH
%        \]
%        où le triangle rectangle $(OHM)$ permet de définir :
%        \begin{eqnarray*}
%        \cos\alpha =\frac{OH}{OM}
%        & = & \frac{OH}{L}\Rightarrow OH=L\,\cos\alpha\\
%        & \Rightarrow & z=L-L\,\cos\alpha =L\,(1-\cos\alpha )\\
%        & \Rightarrow & E_{pp}(M)=mgL\,(1-\cos\alpha )+E_0
%        \end{eqnarray*}
%        Choisissons maintenant arbitrairement l'altitude de $B$ comme origine des énergies potentielles de pesanteur, ce qui revient à poser :
%        \begin{eqnarray*}
%        E_{pp}(B)=0
%        & \Rightarrow & mgL\,(1-1)+E_0=0\text{ car }\alpha =0\text{ en }B\\
%        & \Rightarrow & E_0=0
%        \end{eqnarray*}
%        Finalement, cette convention conduit à poser :
%        \[E_{pp}(M)=mgL\,(1-\cos\alpha)
%        \]
%        \item Soit $v_M$ la vitesse du pendule en $M$, à partir de laquelle est définie son énergie cinétique :
%        \[E_c(M)=\frac{1}{2}\,mv_M^2
%        \]
%        d'où découle l'expression de l'énergie mécanique en $M$ :
%        \[E_m(M)=E_{pp}(M)+E_c(M)=mgL\,\times (1-\cos\alpha )+\frac{1}{2}\,mv_M^2
%        \]
%        En outre, au point $A$, le pendule est lâché avec une vitesse $v_A=0$ et un angle $\alpha _0$ ; son énergie mécanique vaut alors,
%        conformément à la relation précédente :
%        \[E_m(A)=mgL\times (1-\cos\alpha _0)+\frac{1}{2}\,mv_A^2=mgL\times (1-\cos\alpha _0)
%        \]
%        Or, l'absence de frottements autorise la conservation de l'énergie mécanique du pendule :
%        \begin{eqnarray}
%        E_m(M)=E_m(A)
%        & \Rightarrow & mgL\,(1-\cos\alpha )+\frac{1}{2}\,mv_M^2=mgL\,(1-\cos\alpha _0)\notag\\
%        & \Rightarrow & -gL\,\cos\alpha +\frac{1}{2}\,v_M^2=-gL\,\cos\alpha _0\notag\\
%        & \Rightarrow & \frac{1}{2}\,v_M^2=gL\,(\cos\alpha -\cos\alpha _0)\label{1110101}
%        \end{eqnarray}
%        Enfin, puisque $v_M^2\geqslant 0$ (tout carré est positif ou nul), il s'ensuit que :
%        \[\cos\alpha -\cos\alpha _0\geqslant 0\Rightarrow\cos\alpha\geqslant\cos\alpha _0\Rightarrow\alpha\leqslant\alpha _0
%        \]
%        Cette inéquation montre que $\alpha _0$ est la plus grande valeur accessible à $\alpha$.
%        \item Puisque $E_{pp}=mgL\,(1-\cos\alpha )$ et d'après ce qui précède, l'énergie potentielle du pendule devient maximale lorsque
%        ${\alpha =\alpha _0}$ :
%        \[E_{pp\text{max}}=mgL\times (1-\cos\alpha _0)
%        \]
%        \item La relation (\ref{1110101}) est vérifiée pour toute position de $M$ du pendule ; notamment, lorsque $M$ occupe la position de $B$
%        pour laquelle ${\alpha =0}$ (donc ${\cos\alpha =1}$) :
%        \[\frac{1}{2}\,v_B^2=gL\,(1-\cos\alpha _0)\Rightarrow v_B=\sqrt{2gL\,(1-\cos\alpha _0)}
%        \]
%        \emph{Application numérique} :
%        \[v_B=\sqrt{2\times 10\times 0,40\times\comp{1-\cos (40\Mdegre )}}\simeq 1,4\Uvitesse\]
%    \ee
%    \end{corrige}

%%% 11

    \begin{exo}{Lancer d'une pierre}{Lycée Félix Faure, Beauvais}{3}{30}
    \enlargethispage*{3em}
    Un petit objet $S$, presque ponctuel, de masse $m=100\text{ g}$, peut se déplacer sur deux plans inclinés, dont les coupes $OA$ et
    $OB$ sont représentées ci-dessous :\par
    \Twopic{6.52}{
    On donne :\par
    \begin{center}\begin{tabular}{ll}
    $OA=3,00\Um$ & $\alpha =30\Mdegre$\\
    $OB=2,00\Um$ & $\beta =20\Mdegre$
    \end{tabular}\end{center}
    On repère la position de l'objet par son\\ abscisse $x$ sur un axe horizontal d'origine $O$.
    }{3.98}{111_energie_023}\par
    Le point $O$ sera choisi comme origine de l'énergie potentielle de pesanteur.
    \be
        \item Quelles sont les coordonnées de $A$ et $B$ ?
        \item Exprimer, en fonction de $x$, l'énergie potentielle de pesanteur de l'objet, dans le champ de pesanteur vertical, dirigé selon
        $Oz$ (on considérera les deux cas : ${x<0}$ et ${x>0}$).
        \item L'objet passe de $A$ à $B$. Calculer la variation d'énergie potentielle de pesanteur $\Delta E_{pp}$.
        \item L'objet étant lâché sans vitesse initiale en $A$, calculer son énergie cinétique $E_c(B)$ en $B$.
    \ee
    Les frottements sont négligeables.\par
    \emph{Donnée} : intensité de la pesanteur : $g=10\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}$.
    \end{exo}
    
    \begin{corrige}
    \be
        \item Soient $I$ et $J$ les projetés orthogonaux respectifs de $A$ et $B$ sur l'axe horizontal, qui permettent d'exprimer les
        coordonnées ${(x_A,\,z_A)}$ de $A$ et ${(x_B,z_B)}$ de $B$ :
        \[\left\{\begin{array}{l}
        x_A=-OI\\
        z_A=IA
        \end{array}\right.\text{ et }
        \left\{\begin{array}{l}
        x_B=OJ\\ z_B=JB
        \end{array}\right.
        \]
        \Par
        \Form{122_energie_016}
        \Par
        Or, les triangles rectangles $(OJB)$ et $(OIA)$  permettent de définir :
        
        \begin{eqnarray*}
        \left\{\begin{array}{l}
        \cos\alpha =\cfrac{OI}{OA}\\[6pt]
        \sin\alpha =\cfrac{IA}{OA}
        \end{array}\right.
        & \Rightarrow & \left\{\begin{array}{l}
            OI=OA\,\cos\alpha =3\times\cos(30\Mdegre )\\
            IA=OA\,\sin\alpha =3\times\sin(30\Mdegre )
            \end{array}\right.\\
        & \Rightarrow & \left\{\begin{array}{l}
            x_A=-OI=-2,60\Um\\
            z_A=IA=1,50\Um
            \end{array}\right.
        \end{eqnarray*}
        
        et :
        
        \begin{eqnarray*}
        \left\{\begin{array}{l}
        \cos\beta =\cfrac{OJ}{OB}\\[6pt]
        \sin\beta =\cfrac{JB}{OB}
        \end{array}\right.
        & \Rightarrow & \left\{\begin{array}{l}
            OJ=OB\,\cos\beta =2\times\cos(20\Mdegre )\\
            JB=OB\,\sin\beta =2\times\sin(20\Mdegre)
            \end{array}\right.\\
        & \Rightarrow & \left\{\begin{array}{l}
            x_B=OJ=1,88\Um\\
            z_B=JB=0,68\Um
            \end{array}\right.
        \end{eqnarray*}
        
        \item \enlargethispage*{2em}
        \bi
            \item Lorsque l'objet se trouve sur le segment de droite $(OA)$, ses coordonnées $z$ et $x$ vérifient l'équation :
            \begin{equation}\label{1310101}
            z=a\times x
            \end{equation}
            où $a$ est le coefficient directeur de la droite $(OA)$. Notamment, puisque $A$ appartient à cette droite, ses coordonnées
            vérifient aussi :
            \[z_A=a\times x_A\Rightarrow a=\frac{z_A}{x_A}=\frac{1,5}{-2,6}=-0,58.
            \]
            Or, l'énergie potentielle de pesanteur de cet objet vaut :
            \[E_{pp}=mgz+E_0
            \]
            où $E_0=0$ assure que $E_{pp}$ est nul à l'altitude de $O$ (quand ${z=0}$). 
            
            C'est pourquoi la relation (\ref{1310101}) fournit :
            \begin{eqnarray*}
            E_{pp}
            & = & mga\times x=0,1\times 10\times (-0,58)\times x\\
            & \Rightarrow & E_{pp}=-0,58\times x\text{ pour }x<0.
            \end{eqnarray*}
            \item De même, lorsque l'objet se trouve sur la partie linéaire $(OB)$, ses coordonnées vérifient :
            \begin{equation}\label{1310102}
            z=a'\times x
            \end{equation}
            même lorsque l'objet est confondu avec $B$ :
            \[z_B=a'\times x_B\Rightarrow a'=\frac{z_B}{x_B}=\frac{0,68}{1,88}\simeq 0,36.
            \]
            Conformément à l'identité (\ref{1310102}), l'énergie potentielle de pesanteur vaut alors :
            \begin{eqnarray*}
            E_{pp}
            & = & mgz=mga'\times x=0,1\times 10\times 0,36\times x\\
            & \Rightarrow & E_{pp}=0,36\times x.
            \end{eqnarray*}
        \ei
        \item En $A$ et $B$, l'objet possède les énergies potentielles de pesanteur respectives :
        \[E_{pp}(A)=mgz_A\text{ et }E_{pp}(B)=mgz_B.
        \]
        Pendant que l'objet passe de $A$ à $B$, son énergie potentielle de pesanteur varie alors de la quantité :
        \begin{eqnarray*}
        \Delta E_{pp}
        & = & E_{pp}(B)-E_{pp}(A)=mg\times (z_B-z_A)\\
        & = & 0,1\times 10\times (0,68-1,50)\\
        & \Rightarrow & \Delta E_{pp}=-0,82\text{ J}.
        \end{eqnarray*}
        \item Puisque l'objet est lâché en $A$ avec une vitesse nulle (${v_A=0}$), son énergie cinétique vaut
        ${E_c(A)=\dfrac{1}{2}\,mv_A^2=0}$ et son énergie mécanique s'écrit :
        \[E_m(A)=E_c(A)+E_{pp}(A)=E_{pp}(A).
        \]
        De même, lorsqu'il arrive en $B$, l'objet possède l'énergie mécanique :
        \[E_m(B)=E_c(B)+E_{pp}(B).
        \]
        En négligeant les frottements, on admet la conservation de l'énergie mécanique entre $A$ et $B$, ce qui permet le calcul de l'énergie cinétique de l'objet en $B$ :
        \begin{align*}
        E_m(B)=E_m(A) & \Rightarrow\ E_c(B)+E_{pp}(B)=E_{pp}(A)\\
        & \Rightarrow\ E_c(B)=E_{pp}(A)-E_{pp}(B)=-\Delta E_{pp}=0,82\text{ J}.
        \end{align*}
    \ee
    \newpage
    \end{corrige}

%    \begin{exo}{\'Energie mécanique}{Lycée Hoche, Versailles}{3}{30}
%    \Twopic{6.85}{
%    Lors d'un numéro de cirque, le dernier acrobate ($D$) formant la pyramide a ses pieds situés à ${3,3\Um}$ du sol.
%    Sa masse $M$ est égale à ${72\text{ kg}}$.\par
%    Il saute, sans vitesse initiale sur l'extrémité d'une balançoire située à ${80\text{ cm}}$ du sol.
%    }{3.15}{008_energie_017}\par
%    Sur l'autre extrémité se trouve un jeune
%    acrobate $(J)$ de masse $m$ égale à ${40\text{ kg}}$.
%    \be
%        \item En négligeant les frottements, exprimer puis calculer la vitesse avec laquelle l'acrobate $(D)$ touche la balançoire.
%        \item Si on admet que toute l'énergie cinétique de l'acrobate $(D)$ est communiquée à l'acrobate $(J)$, de quelle hauteur $h$ va
%        s'élever ce dernier ?\par
%        Exprimer $h$ en fonction de masses de chaque acrobate et des autres données de l'exercice, puis calculer $h$.
%        \item En réalité, on trouve ${h=3,0\Um}$. Commenter.
%    \ee
%    \emph{Donnée} : intensité de la pesanteur : $g=9,8\text{ N}\cdot\text{ kg}^{-1}$.
%    \end{exo}
%    \begin{corrige}
%    \be
%        \item Notons $P$ la position initiale des pieds de l'acrobate $(D)$ et $A$ le point de contact entre les pieds de $(D)$ et la
%        balançoire.\par
%        \Twopic{7.02}{
%        En ces deux points, d'altitudes respectives par rapport au sol : ${z_P=3,3\Um}$ et ${z_A=0,8\Um}$, l'acrobate possède les vitesses
%        ${v_P=0}$ (l'acrobate saute sans vitesse initiale) et $v_A$.\par
%        Choisissons le sol comme origine des énergies potentielles de pesanteur $E_{pp}$ de manière à exprimer l'énergie potentielle de
%        pesanteur de l'acrobate en $P$ et en $A$ :
%        }{2.98}{008_energie_018}
%        \[E_{pp}(P)=Mgz_P\text{ et }E_{pp}(A)=Mgz_A
%        \]
%        Or, l'énergie cinétique de $(D)$ valant, en ces points :
%        \begin{equation}\label{1410101}
%        E_c(P)=\frac{1}{2}\,Mv_P^2\text{ et }E_c(A)=\frac{1}{2}\,Mv_A^2
%        \end{equation}
%        son énergie mécanique y prend les valeurs :
%        \[\left\{\begin{array}{l}
%        E_m(P)=E_c(P)+E_{pp}(P)\\
%        E_m(A)=E_c(A)+E_{pp}(A)
%        \end{array}\right.\Rightarrow
%        \left\{\begin{array}{l}
%        E_m(P)=Mgz_P\\
%        E_m(A)=E_c(A)+Mgz_A
%        \end{array}\right.
%        \]
%        En négligeant les frottements, on admet la conservation de l'énergie mécanique de $(D)$ au cours de ce mouvement :
%        \begin{eqnarray}
%        E_m(A)=E_m(P)
%        & \Rightarrow & E_c(A)+Mgz_A=Mgz_P\notag\\
%        & \Rightarrow & E_c(A)=Mg\,(z_P-z_A)\label{1410102}
%        \end{eqnarray}
%        L'expression (\ref{1410101}) de l'énergie cinétique conduit alors à :
%        \[\frac{1}{2}\,Mv_A^2=Mg\,(z_P-z_A)\Rightarrow v_A=\sqrt{2g\,(z_P-z_A)}
%        \]
%        \emph{Application numérique} :
%        \[v_A=\sqrt{2\times 9,8\times (3,3-0,8)}=7\Uvitesse
%        \]
%        \item Soit $B$ la position initiale des pieds de l'acrobate $(J)$, à l'altitude ${z_B=0}$ et soit $Q$ leur position culminante, à
%        l'altitude $h$.
%        \bi
%            \item L'énergie cinétique de $(J)$ en $B$ vaut celle, $E_c(A)$, de $(D)$ qui arrive en $A$, tandis que son énergie potentielle de
%            pesanteur vaut :
%            \[E_{pp}(B)=mgz_B=0\]
%            L'énergie mécanique correspondante vaut :
%            \[E_m(B)=E_c(B)+E_{pp}(B)=E_c(B)=E_c(A)
%            \]
%            c'est-à-dire, compte tenu du résultat (\ref{1410102}) :
%            \[E_m(B)=Mg\,(z_P-z_A)
%            \]
%            \item En $Q$, l'acrobate $(J)$ possède l'énergie potentielle de pesanteur ${E_{pp}(Q)=mgh}$, tandis que son énergie cinétique
%            ${E_c=\dfrac{1}{2}\,mv_Q^2}$ est nulle (${v_Q=0}$ car $(J)$ cesse de monter). Son énergie mécanique vaut alors :
%            \[E_m(Q)=E_c(Q)+E_{pp}(Q)=mgh
%            \]
%        \ei
%        En l'absence de frottements, l'énergie mécanique de $(J)$ serait conservée au cours de son ascension :
%        \[E_m(Q)=E_m(B)\Rightarrow mgh=Mg\,(z_P-z_A)\Rightarrow h=\frac{M}{m}\,(z_P-z_A)
%        \]
%        \emph{Application numérique} :
%        \[h=\frac{72}{40}\times (3,3-0,8)\Rightarrow h=4,5\Um
%        \]
%        \item Puisque l'altitude réellement atteinte $(h=3,0\Um)$ est inférieure à $4,5$\text{ m}, l'action des frottements n'est pas
%        négligeable.
%    \ee
%    \end{corrige}

%%% 12

    \begin{exo}{Système à deux mobiles reliés}{Lycée Fustel de Coulanges, Massy}{3}{40}
    Le dispositif représenté ci-dessous est formé de deux mobiles $A$ et $B$ reposant sur deux plans inclinés et reliés par un fil inextensible
    passant par une poulie.
    
    La poulie et le fil ont des masses négligeables.
    
    On suppose les frottements également négligeables.
    
    
    \Par
    
    \Form{112_energie_014}
    
    \Par
    
    Les masses des mobiles sont égales et valent $m=2,0\text{ kg}$.
    
    \be
        \item Le système est initialement maintenu dans une position telle que la différence d'altitude des mobiles vaut
        ${z_B-z_A=0,50\text{ m}}$.\par
        En prenant l'énergie potentielle de pesanteur de $A$ nulle dans cette position initiale, calculer l'énergie potentielle de pesanteur de
        $B$.
        \item On abandonne le système ; $B$ entraîne $A$. Exprimer la vitesse des corps $A$ et $B$ lorsque ceux-ci se sont déplacés d'une
        longueur $\ell$ sur les plans inclinés.\par
        Faire l'application numérique avec $\ell =20\text{ cm}$, ${\alpha =30\Mdegre}$ et ${\beta =60\Mdegre}$.
    \ee
    
    \Par
    
    \emph{Donnée} : intensité de la pesanteur : $g=10\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}$.
    \end{exo}
    
    \begin{corrige}
    \be
        \item En $A$ et $B$, les mobiles ont une énergie potentielle de pesanteur :
        \[E_{pp}(A)=mgz_A+E_0\text{ et }E_{pp}(B)=mgz_B+E_0
        \]
        où $E_0$ est une constante. Ainsi :
        \begin{eqnarray*}
        E_{pp}(B)-E_{pp}(A)
        & = & (mgz_B+E_0)-(mgz_A+E_0)\\
        & = & mg\,(z_B-z_A)
        \end{eqnarray*}
        c'est-à-dire, en prenant l'énergie potentielle de $A$ nulle dans cette position :
        \[E_{pp}(B)=mg\,(z_B-z_A).
        \]
        \emph{Application numérique} :
        \[E_{pp}(B)=2\times 10\times 0,5=10\text{ J}.
        \]
        \item Soit $\ell$ la longueur dont se sont déplacés les mobiles de $A$ en $A'$ et de $B$ en $B'$.
        \Par
        \Form{124_energie_015}
        \Par
        Le point $A$ est monté d'une hauteur $h_A$ telle que :
        \[\sin\alpha =\frac{h_A}{AA'}=\frac{h_A}{\ell}\Rightarrow h_A=\ell\,\sin\alpha
        \]
        et le point $B$ est descendu d'une hauteur $h_B$ telle que :
        \[\sin\beta =\frac{h_B}{BB'}=\frac{h_B}{\ell}\Rightarrow h_B=\ell\,\sin\beta.
        \]
        Par conséquent, les points $A'$ et $B'$ ont pour altitudes respectives :
        \[z_{A'}=z_A+h_A=z_A+\ell\,\sin\alpha\text{ et }z_{B'}=z_B-h_B=z_B-\ell\,\sin\beta
        \]
        et donc pour énergies potentielles de pesanteur :
        \[\left\{\begin{array}{l}
        E_{pp}(A')=mgz_{A'}+E_0=mgz_A+mg\ell\,\sin\alpha +E_0\\
        E_{pp}(B')=mgz_{B'}+E_0=mgz_B-mg\ell\,\sin\beta +E_0.
        \end{array}\right.
        \]
        De plus, puisque le fil est inextensible, les mobiles arrivent en $A'$ et $B'$ avec une même vitesse $v$ qui leur confère une énergie
        cinétique :
        \[E_c(A')+E_c(B')=\frac{1}{2}\,mv^2+\frac{1}{2}\,mv^2=mv^2.
        \]
        \newpage
        Finalement, lorsque les mobiles sont en $A'$ et $B'$, l'énergie mécanique du système $\mc{S}$, composé des deux mobiles, de la poulie
        et des supports inclinés, vaut :
        
        \begin{eqnarray*}
        E'_m
        & = & E_m(A')+E_m(B')\\
        & = & mg\,(z_A+z_B)+mg\ell\,(\sin\alpha -\sin\beta )+2E_0+mv^2.
        \end{eqnarray*}
        
        Or, lorsque les mobiles sont partis de $A$ et $B$, sans vitesse initiale (donc sans énergie cinétique), leurs énergies mécaniques
        valaient :
        
        \[\left\{\begin{array}{l}
        E_m(A)=E_{pp}(A)=mgz_A+E_0\\
        E_m(B)=E_{pp}(B)=mgz_B+E_0.
        \end{array}\right.
        \]
        
        L'énergie mécanique du système $\mc{S}$ valait alors :
        
        \[E_m=E_m(A)+E_m(B)=mg\,(z_A+z_B)+2E_0.
        \]
        
        Enfin, l'absence de frottements se traduit par la conservation de l'énergie mécanique du système $\mc{S}$ : ${E'_m=E_m}$, c'est-à-dire
        :
        
        \[mg\,(z_A+z_B)+mg\ell\,(\sin\alpha -\sin\beta )+2E_0+mv^2=mg\,(z_B+z_B)+2E_0
        \]
        
        d'où il s'ensuit que :
        
        \[mg\ell\,(\sin\alpha -\sin\beta )+mv^2=0\Rightarrow v=\sqrt{g\ell\,(\sin\beta -\sin\alpha )}.
        \]
        
        \emph{Application numérique} :
        
        \[v=\sqrt{10\times 0,2\times\comp{\sin(60\Mdegre )-\sin(30\Mdegre )}}
            \Rightarrow v\simeq 0,86\Uvitesse.
        \]
    \ee
    \end{corrige}

%    \begin{exo}{\'Energie mécanique}{Lycée Kléber, Strasbourg}{3}{60}
%    Une piste verticale est formée d'une partie rectiligne $AB$ de longueur ${AB=1,00\Um}$, inclinée d'un angle ${\theta =45\Mdegre}$ sur
%    l'horizontale et d'une partie circulaire $BCD$, raccordée tangentiellement en $B$ à $AB$, de rayon ${R=20,0\text{ cm}}$.\par
%    Un chariot, de masse $m$ et de dimensions négligeables, est abandonné en $A$ sans vitesse initiale.
%    \be
%        \item Calculer l'énergie mécanique du chariot en $A$.\par
%        On choisit l'origine des altitudes en $C$. On prend également $C$ comme position de référence pour l'énergie potentielle de pesanteur.
%        \item En supposant les frottements négligeables, quelle sera la vitesse du chariot en $D$ ?
%        \item On constate qu'en $D$, le chariot n'a que la moitié de la vitesse précédente. En déduire la perte d'énergie mécanique du chariot
%        entre $A$ et $D$.
%        \Form{008_energie_011}
%        \emph{Donnée} : intensité de la pesanteur : $g=9,8\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}$.
%    \ee
%    \end{exo}
%    \begin{corrige}
%    \be
%        \item Notons $J$ le projeté orthogonal de $A$ sur le sol, $I$ et $H$ les projetés orthogonaux de $B$ respectivement sur $(DC)$ et sur
%        $(AJ)$. Les altitudes des points $A$, $B$, $C$ et $D$ seront alors notés $z_A$, $z_B$, ${z_C=0}$ et ${z_D=2R}$ :
%        \Form{008_energie_010}
%        L'énergie potentielle de pesanteur du chariot en $A$ vaut ${E_{pp}(A)=mgz_A}$ lorsque l'origine des énergies potentielles de pesanteur
%        est choisie au sol, c'est-à-dire pour ${z=0}$. Or :
%        \begin{equation}\label{0811101}
%        z_A=AJ=AH+HJ
%        \end{equation}
%        Le triangle rectangle $(ABH)$ permet alors de définir :
%        \begin{equation}\label{0811102}
%        \sin\theta =\frac{AH}{AB}\Rightarrow AH=AB\,\sin\theta
%        \end{equation}
%        tandis que dans le triangle rectangle $(OIB)$, on peut définir :
%        \[\cos\theta =\frac{OI}{OB}=\frac{OI}{R}\Rightarrow OI=R\,\cos\theta
%        \]
%        de sorte que :
%        \begin{equation}\label{0811103}
%        OC=OI+IC\Rightarrow R=R\,\cos\theta +IC\Rightarrow IC=R\,(1-\cos\theta )
%        \end{equation}
%        soit encore : $HJ=IC=R\,(1-\cos\theta )$.\par
%        Les expressions (\ref{0811102}) et (\ref{0811103}) de $AH$ et de $HJ$ donnent alors à la relation (\ref{0811101}) la forme suivante :
%        \[z_A=AB\,\sin\theta+R\,(1-\cos\theta )
%        \]
%        Finalement, l'énergie potentielle de pesanteur du chariot en $A$ vaut :
%        \[E_{pp}(A)=mgz_A=mg\,\comp{AB\,\sin\theta +R\,(1-\cos\theta )}
%        \]
%        tandis que son énergie cinétique est nulle :
%        \[E_c(A)=\frac{1}{2}\,mv_A^2=0\text{ car }v_A=0
%        \]
%        Par suite, l'énergie mécanique du chariot en $A$ s'identifie à son énergie potentielle de pesanteur :
%        \begin{eqnarray*}
%        E_m(A)
%        & = & E_{pp}(A)+E_c(A)=E_{pp}(A)\\
%        & = & mg\,\comp{AB\,\sin\theta +R\,(1-\cos\theta )}\\
%        & = & 0,2\times 9,8\times\comp{1\times\sin 45\Mdegre +0,2\times (1-\cos 45\Mdegre )}\\
%        & \Rightarrow & E_m(A)=1,50\text{ J}
%        \end{eqnarray*}
%        \item Lorsque le chariot arrive au point $D$, avec une vitesse $v_D$, il acquiert une énergie cinétique
%        ${E_c(D)=\dfrac{1}{2}\,mv_D^2}$ et une énergie potentielle de pesanteur :
%        \[E_{pp}(D)=mgz_D=2mgR\text{ car }z_D=2R
%        \]
%        Par suite, en $D$ son énergie mécanique vaut :
%        \[E_m(D)=E_c(D)+E_{pp}(D)=\frac{1}{2}\,mv_D^2+2mgR
%        \]
%        De plus, en considérant que les frottements sont négligeables, on admet que l'énergie mécanique du chariot se conserve pendant son
%        déplacement de $A$ vers $D$ :
%        \begin{eqnarray*}
%        E_m(D)
%        & = & E_m(A)\Rightarrow\frac{1}{2}\,mv_D^2+2mgR=mg\,\comp{AB\,\sin\theta +R\,(1-\cos\theta )}\\
%        & \Rightarrow & \frac{1}{2}\,v_D^2=g\,\comp{AB\,\sin\theta +R\,(1-\cos\theta )}-2gR\\
%        & \Rightarrow & \frac{1}{2}\,v_D^2=g\,\comp{AB\,\sin\theta -R\,(1+\cos\theta )}\\
%        & \Rightarrow & v_D=\sqrt{2g\,\comp{AB\,\sin\theta -R\,(1+\cos\theta)}}
%        \end{eqnarray*}
%        \emph{Application numérique} :
%        \begin{eqnarray*}
%        v_D
%        & = & \sqrt{2\times 9,8\times\comp{1\times\sin 45\Mdegre -0,2\times (1+\cos 45\Mdegre )}}\\
%        & \Rightarrow & v_D\simeq 2,68\Uvitesse
%        \end{eqnarray*}
%        \item En $A$, le chariot possédait l'énergie mécanique :
%        \[E_m(A)=E_m(D)=E_{pp}(D)+E_c(D)=mgz_D+\frac{1}{2}\,mv_D^2
%        \]
%        tandis qu'en $D$, sa vitesse vaut seulement ${v'_D=\dfrac{v_D}{2}}$, ce qui lui confère l'énergie mécanique :
%        \[E'_m(D)=E'_{pp}(D)+E'_c(D)=mgz_D+\frac{1}{2}\,m{v'_D}^2
%        \]
%        Donc, entre $A$ et $D$, l'énergie mécanique du chariot varie de la quantité :
%        \begin{eqnarray*}
%        \Delta E_m
%        & = & E'_m(D)-E_m(A)=\frac{1}{2}\,m{v'_D}^2-\frac{1}{2}\,mv_D^2\\
%        & = & \frac{1}{2}\,m\,\paren{{v'_D}^2-v_D^2}\text{ où }v'_D=\frac{v_D}{2}\\
%        & = & \frac{1}{2}\,\paren{\frac{1}{4}-1}\,v_D^2=-\frac{3}{8}\,mv_D^2\\
%        & = & -\frac{3}{8}\times 0,2\times (2,68)^2\Rightarrow\Delta E_m\simeq -0,54\text{ J}
%        \end{eqnarray*}
%    \ee
%%    \end{corrige}
%    \begin{exo}{Désintégration d'un nucléide}{Lycée Saint-Exupéry, Mantes-la-Jolie}{2}{15}
%    On considère l'émission $\beta ^-$, sans émission $\gamma$, liée à la désintégration du nucléide $\isotope{210}{83}{Bi}$.
%    \be
%        \item \'Ecrire l'équation correspondant à la désintégration.
%        \item L'énergie cinétique des particules $\beta ^-$ est absorbée par un calorimètre. On mesure ainsi l'énergie cinétique moyenne d'une
%        particule $\beta ^-$. On trouve ${0,337\text{ MeV}}$ alors que la différence entre les énergies du noyau $\isotope{210}{83}{Bi}$
%        et du nucléide fils est égale à ${1,17\text{ MeV}}$, lorsque ces noyaux sont dans un état non excité. Donner une interprétation à ce
%        résultat.
%    \ee
%    \emph{Données} : numéros atomiques de quelques éléments :
%    \[_{81}\text{Tl}\qquad _{82}\text{Pb}\qquad _{84}\text{Po}\qquad _{85}\text{At}
%    \]
%    \end{exo}
%    \begin{corrige}
%    \be
%        \item La particule $\beta ^-$ étant un électron (particule chargée négativement sans être un nucléon :\phantom{-} $\isotope{0}{-1}{$\beta ^-$}$)
%        tandis que l'anti-neutrino n'est ni chargé ni un nucléon ($\isotope{0}{0}{$\ov{\nu}$}$), l'équation de la désintégration $\beta ^-$
%        s'écrit :
%        \[\isotope{210}{83}{Bi}\,\rightarrow\,\isotope{A}{Z}{X}+\ \isotope{0}{-1}{$\beta ^-$}+\isotope{0}{0}{$\ov{\nu}$}
%        \]
%        où les nombres $A$ et $Z$ associés au nucléide X vérifient les lois de conservation :
%        \[\left\{\begin{array}{l}
%        210=A\\ 83=Z-1
%        \end{array}\right.\Rightarrow
%        \left\{\begin{array}{l}
%        A=210\\ Z=84
%        \end{array}\right.
%        \]
%        Le numéro atomique $Z=84$ correspondant au polonium (Po), l'équation de désintégration $\beta ^-$ s'écrit finalement :
%        \begin{equation}\label{0711101}
%        \isotope{210}{83}{Bi}\,\rightarrow\,\isotope{210}{84}{Po}+\beta ^-+\ov{\nu}
%        \end{equation}
%        \item Initialement, le système étudié se confond avec le noyau de bismuth, d'énergie :
%        \[E_{\text{ini}}=E(\text{Bi})
%        \]
%        À l'issue de la désintégration, le système est composé d'un noyau de polonium, d'énergie $E(\text{Po})$, d'une particule
%        $\beta ^-$ d'énergie cinétique moyenne $E(\beta ^-)$ et d'un anti-neutrino d'énergie $E_{\ov{\nu}}$ : l'énergie de ce système vaut :
%        \[E_{\text{fin}}=E(\text{Po})+E(\beta ^-)+E_{\ov{\nu}}
%        \]
%        Or, au cours de la désintégration du noyau de bismuth, l'énergie se conserve, ce qui se traduit :
%        \begin{eqnarray*}
%        E_{\text{fin}}=E_{\text{ini}}
%        & \Rightarrow & E(\text{Po})+E(\beta ^-)+E_{\ov{\nu}}=E(\text{Bi})\\
%        & \Rightarrow & E(\beta ^-)+E_{\ov{\nu}}=E(\text{Bi})-E(\text{Po})
%        \end{eqnarray*}
%        où l'énoncé précise que la différence entre les énergies du noyau Bi et du noyau fils (Po) vaut ${1,17\text{ MeV}}$. Il s'ensuit que :
%        \begin{eqnarray*}
%        0,337+E_{\ov{\nu}}
%        & = & E(\text{Bi})-E(\text{Po})=1,17\text{ MeV}\\
%        & \Rightarrow & E_{\ov{\nu}}=1,17-0,337=0,833\text{ MeV}
%        \end{eqnarray*}
%        Ce résultat ne peut donc s'expliquer qu'en introduisant, dans l'équation (\ref{0711101}), un anti-neutrino dépositaire de l'énergie
%        ${E_{\ov{\nu}}=0,833\text{ MeV}}$.
%    \ee
%    \end{corrige}

%    \begin{exo}{\'Energie du neutrino}{Nouveau programme}{2}{20}
%    La désintégration $\beta ^-$ du vanadium $\isotope{52}{23}{V}$ s'accompagne de l'émission d'un photon $\gamma$ d'énergie
%    ${E_{\gamma}=143,5\text{ MeV}}$. Les énergies cinétiques du noyau père (V) et du noyau fils (Cr) sont supposées négligeables devant celle
%    de la particule $\beta ^-$.
%    \be
%        \item Compléter l'équation-bilan suivante et calculer les valeurs de $A$ et $Z$ :
%        \[\isotope{52}{23}{V}\,\rightarrow\,\isotope{A}{Z}{Cr}+\beta ^-+\ldots +\ldots
%        \]
%        \item Quelles valeurs peut prendre, \emph{a priori}, l'énergie cinétique de la particule $\beta ^-$ ?
%    \ee
%    \emph{Données} :
%    \bi
%        \item masse des noyaux de vanadium (V) et de chrome (Cr) :
%        \[m_{\text{V}}=52,3550\text{ u}\qquad m_{\text{Cr}}=51,9405\text{ u}
%        \]
%        \item masse de l'électron : $m_e=5,486.10^{-4}\text{ u}$ ;
%        \item conversion masse/énergie : $1\text{ u}\equiv 931,5\text{ MeV}$.
%    \ei
%    \end{exo}
%    \begin{corrige}
%    \be
%        \item Au cours de la désintégration $\beta ^-$ du vanadium, sont libérés : un électron $\isotope{0}{-1}{$\beta ^-$}$, un photon
%        $\isotope{0}{0}{$\gamma$}$ et un anti-neutrino $\isotope{0}{0}{$\ov{\nu}$}$ :
%        \[\isotope{52}{23}{V}\,\rightarrow\,\isotope{A}{Z}{Cr}+\isotope{0}{-1}{$\beta ^-$}+\isotope{0}{0}{$\gamma$}+\isotope{0}{0}{$\ov{\nu}$}
%        \]
%        Les lois de conservation imposent alors :
%        \[\left\{\begin{array}{l}
%        52=A\\ 23=Z-1
%        \end{array}\right.\Rightarrow
%        \left\{\begin{array}{l}
%        A=52\\ Z=24
%        \end{array}\right.
%        \]
%        en raison de quoi l'équation de cette désintégration s'écrit :
%        \[\isotope{52}{23}{V}\,\rightarrow\,\isotope{52}{24}{Cr}+\beta ^-+\gamma +\ov{\nu}
%        \]
%        \item Initialement, le vanadium possède une énergie cinétique $E_c(\text{V})$ et une énergie de masse $m_{\V}c^2$ ; son énergie totale
%        vaut :
%        \[E_{\text{ini}}=E_c(\V )+m_{\V}c^2
%        \]
%        À l'issue de la désintégration, le système se compose :
%        \bi
%            \item d'un noyau $\isotope{52}{24}{Cr}$, d'énergie cinétique $E_c(\Cr )$ et d'énergie de masse ${m_{\Cr}}c^2$ ;
%            \item d'un électron ($\beta ^-$), d'énergie cinétique $E_c(\beta ^-)$ et d'énergie de masse $m_{e}c^2$ ;
%            \item d'une particule $\gamma$, d'énergie $E_{\gamma}$ ;
%            \item d'un anti-neutrino, sans masse, d'énergie $E_{\ov{\nu}}$.
%        \ei
%        L'énergie finale du système vaut alors :
%        \[E_{\text{fin}}=E_c(\Cr )+m_{\Cr}c^2+E_c(\beta ^-)+m_ec^2+E_{\gamma}+E_{\ov{\nu}}
%        \]
%        Le principe de conservation de l'énergie ($E_{\text{ini}}=E_{\text{fin}}$) impose donc :
%        \[E_c(\Cr )+m_{\Cr}c^2+E_c(\beta ^-)+m_ec^2+E_{\gamma}+E_{\ov{\nu}}
%            =E_c(\V )+m_{\V}c^2
%        \]
%        c'est-à-dire, en négligeant les énergies cinétiques des noyaux $E_c(\Cr )$ et $E_c(\V )$ devant celle de l'électron :
%        \begin{eqnarray*}
%        m_{\Cr}c^2
%        & + & E_c({\beta ^-})+m_ec^2+E_{\gamma}+E_{\ov{\nu}}=m_Vc^2\\
%        & \Rightarrow & E_c(\beta ^-)+E_{\gamma}+E_{\ov{\nu}}=(m_{\V}-m_e-m_{\Cr})\,c^2\\
%        & \Rightarrow & E_c(\beta ^-)=\Delta m\,c^2-E_{\gamma}-E_{\ov{\nu}}
%        \end{eqnarray*}
%        où l'on a défini le défaut de masse par :
%        \begin{eqnarray*}
%        \Delta m
%        & = & m_{\V}-m_e-m_{\Cr}\\
%        & = & 52,3550-5,486.10^{-4}-51,9405\simeq 0,4139\text{ u}
%        \end{eqnarray*}
%        Ce défaut de masse étant associé à l'énergie :
%        \[\Delta m\,c^2=0,4139\times 931,5=385,6\text{ MeV}
%        \]
%        il s'ensuit que :
%        \[E_c(\beta ^-)=385,6-143,5-E_{\ov{\nu}}=242,1-E_{\ov{\nu}}\text{ (en MeV)}
%        \]
%        Puisque l'énergie de l'anti-neutrino $E_{\ov{\nu}}$ est positive, ainsi que l'énergie cinétique de l'électron, le résultat précédent
%        montre que :
%        \[0\text{ MeV}\leqslant E_c(\beta ^-)\leqslant 242,1\text{ MeV}
%        \]
%    \ee
%    \end{corrige}
%\newpage
%    \begin{exo}{Désintégration du sodium}{Lycée Saint-Exupéry, Mantes-la-Jolie}{2}{30}
%    Le sodium $\isotope{24}{11}{Na}$ peut subir une désintégration $\beta ^-$ :
%    \[\isotope{24}{11}{Na}\,\rightarrow\,\isotope{A}{Z}{Mg}+\beta ^-+\ov{\nu}
%    \]
%    \be
%        \item Trouver les nombres $A$ et $Z$ de cette équation.
%        \item Le noyau de magnésium est produit dans son état fondamental et on néglige son énergie cinétique ainsi que celle du noyau de
%        sodium.
%        \be
%            \item Quelle est l'énergie cinétique maximale de l'électron émis (en MeV) ?
%            \item En fait, l'électron ne possède que rarement cette énergie. Pourquoi ?
%        \ee
%        \item Quelle devrait être la vitesse maximale de l'électron émis ? Conclure.
%    \ee
%    \emph{Données} :
%    \bi
%        \item masse des nucléides et de l'électron :\par
%        \begin{center}\begin{tabular}{|C|*3{Zc|}}
%        \tabulartitle
%\multicolumn{1}{c|}{\cellcolor{white}} & 
%\psline(-0.695,0.43)(5.775,0.43)
%$\isotope{24}{11}{Na}$ & $\isotope{A}{Z}{Mg}$ & $\beta ^-$\\
%        \hline
%        $m$ & $23,99096\text{ u}$ & $23,98504\text{ u}$ & $5,486.10^{-4}\text{ u}$\\
%        \hline
%        \end{tabular}\end{center}
%        \item conversion masse/énergie : $1\text{ u}=931\text{ MeV}/c^2$ ;
%        \item $1\text{ u}\simeq 1,661.10^{-27}\text{ kg}$ ;
%        \item $1\text{ eV}=1,6.10^{-19}\text{ J}$.
%    \ei
%    \end{exo}
%    \begin{corrige}
%    \be
%        \item Dans l'équation de la désintégration du sodium :
%        \[\isotope{24}{11}{Na}\,\rightarrow\,\isotope{A}{Z}{Mg}+\isotope{0}{-1}{$\beta ^-$}+\isotope{0}{0}{$\ov{\nu}$}
%        \]
%        les lois de conservation imposent :
%        \[\left\{\begin{array}{l}
%        24=A\\ 11=Z-1
%        \end{array}\right.\Rightarrow
%        \left\{\begin{array}{l}
%        A=24\\ Z=12
%        \end{array}\right.
%        \]
%        \item Soient :
%        \bi
%            \item $m_{\na}$, $m_{\mg}$ et $m_e$ les masses respectives du noyau de sodium, du noyau de magnésium et de l'électron
%            (la masse de l'anti-neutrino est supposée nulle) ;
%            \item $c$ la célérité de la lumière dans le vide ;
%            \item $E_c(\na )$, $E_c(\mg )$ et $E_c(\beta ^-)$ les énergies cinétiques du noyau de sodium, du noyau de magnésium et de
%            l'électron ;
%            \item $E_{\ov{\nu}}$ l'énergie de l'anti-neutrino.
%        \ei
%        \be
%            \item Avant sa désintégration, le système est composé d'un noyau de sodium d'énergie :
%            \[E_{\text{ini}}=E_c(\na )+m_{\na}c^2
%            \]
%            Après la désintégration, le système se compose d'un noyau de magnésium, d'un électron et d'un anti-neutrino ; son énergie vaut :
%            \[E_{\text{fin}}=\comp{E_c(\mg )+m_{\mg}c^2}+\comp{E_c(\beta ^-)+m_ec^2}+E_{\ov{\nu}}
%            \]
%            La conservation de l'énergie du système au cours de la désintégration se traduit par :
%
%\begin{align*}
%& E_{\text{ini}} = E_{\text{fin}}\\
%\Rightarrow\ & E_c(\na )+m_{\na}c^2=E_c(\mg )+E_c(\beta ^-)+(m_{\mg}+m_e)c^2+E_{\ov{\nu}}\\
%\Rightarrow\ & (m_{\na}-m_{\mg}-m_e)\,c^2=E_c(\mg )-E_c(\na )+E_c(\beta ^-)+E_{\ov{\nu}}
%\end{align*}
%            c'est-à-dire, en négligeant l'énergie cinétique des noyaux de magnésium et de sodium :
%            \[\Delta m\,c^2=E_c(\beta ^-)+E_{\ov{\nu}}
%            \]
%            où l'on a posé :
%            \begin{eqnarray*}
%            \Delta m
%            & = & m_{\na}-m_{\mg}-m_e\\
%            & = & 23,99096-23,98504-5,486.10^{-4}\simeq 5,371.10^{-3}\text{ u}\\
%            & \Rightarrow & \Delta m\,c^2=5,371.10^{-3}\times 931\simeq 5,00\text{ MeV}
%            \end{eqnarray*}
%            Par conséquent :
%            \begin{equation}\label{0511105}
%            E_c(\beta ^-)=\Delta m\,c^2-E_{\ov{\nu}}=5-E_{\ov{\nu}}
%            \end{equation}
%            montre que l'électron possède une énergie cinétique maximale :
%            \[E_{c\text{max}}(\beta ^-)=\Delta m\,c^2=5\text{ MeV}
%            \]
%            \item La relation (\ref{0511105}) révèle que si l'anti-neutrino est émis avec une vitesse positive, ${E_c(\beta ^-)\neq 5\text{
%            MeV}}$ : l'électron ne possède alors pas son énergie cinétique maximale.
%        \ee
%        \item Puisque $1\text{ eV}=1,6.10^{-19}\text{ J}$, l'énergie cinétique maximale de l'électron vaut :
%        \[E_{c\text{max}}(\beta ^-)=5.10^6\text{ eV}=5.10^6\times 1,6.10^{-19}=8.10^{-13}\text{ J}
%        \]
%        Si l'électron pouvait acquérir une telle énergie cinétique, sa vitesse prendrait une valeur $v_{\text{max}}$ telle que :
%        \[\frac{1}{2}\,m_ev_{\text{max}}^2=E_{c\text{max}}(\beta ^-)
%            \Rightarrow v_{\text{max}}=\sqrt{\frac{2}{m_e}\times E_{c\text{max}}(\beta ^-)}
%        \]
%        où la masse de l'électron vaut :
%        \[m_e=5,486.10^{-4}\text{ u}=5,486.10^{-4}\times 1,661.10^{-27}\simeq 9,112.10^{-31}\text{ kg}
%        \]
%        de sorte que :
%        \[v_{\text{max}}=\sqrt{\frac{2}{9,112.10^{-31}}\times 8.10^{-13}}
%            \Rightarrow v_{\text{max}}=1,33.10^9\Uvitesse
%        \]
%        On démontre, cependant, que la vitesse d'un électron ne peut pas dépasser la valeur ${c=3.10^8\Uvitesse}$ de la célérité de la lumière
%        dans le vide. Non seulement le résultat précédent confirme que l'électron n'atteint pas l'énergie cinétique maximale
%        ${E_{c\text{max}}(\beta ^-)}$ mais, de surcroît, les calculs effectués ne sont plus valables dans le cadre de la physique classique.
%    \ee
%    \end{corrige}
\thumb
    \AfficheCorrige
    %     \Formuleex{007_champs_005}{0.57cm}{0}
    %\begin{exo}{Molécules organiques}{Lycée Bouchardon, Chaumont}{3}{45}
%    \[\underbrace{\alcane{3}{8}+\ox _2}_{\footnotesize
%           \begin{array}{l}\text{3 atomes C}\\ \text{8 atomes H}\end{array}}=
%           \underbrace{3\,\CO _2+4\,\eau}_{\footnotesize
%           \begin{array}{l}\text{3 atomes C}\\ \text{8 atomes H}\end{array}}
%            \]
%$\text{n}\Mdegre 2$
