\onglet
\begin{qcm}{Testez vos connaissances}{5}
  %%%% 
  %%%% 
  \begin{questions}
  \item À la surface de la Terre, si les frottements sont
    négligeables, plus un corps est massif, plus il tombe vite.
    
    \resetchoix 
    \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
    \choix{} Vrai &\choix{} Faux&
    \end{tabularx}
    
%  \item Les forces de frottements de l'air sur une voiture en marche
%    avant fournissent un travail :
%    
%    \resetchoix \choix{} moteur. \choix{} résistant.
%    
%  \item Les forces de frottements de l'air sur une voiture en marche
%    arrière fournissent un travail :
%    
%    \resetchoix \choix{} moteur. \choix{} résistant.
%    
%    
  \item Le travail du poids d'un passager d'un vol Marseille-Tunis
    entre le décollage et l'atterrissage est :
    
    \resetchoix 
     \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
     \choix{} négatif &\choix{} nul &\choix{} positif
     \end{tabularx}

  \item Identifier la situation où la réaction du sol de l'ascenseur effectue un travail moteur.\resetchoix
 
    \begin{minipage}{3cm}
     \includegraphics{211_qcm2009-chap10-1}
    \end{minipage}
    \begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-4cm}
    \choix{} L'ascenseur monte à vitesse constante

\Par

    \choix{} L'ascenseur descend à vitesse constante
    \end{minipage}
    \resetchoix
    %\choix{} L'accélération de l'ascenseur
    %est dirigée vers le haut

    

    
  \item À tension constante, si on diminue la distance entre les deux
    armatures d'un condensateur plan, on abaisse la valeur du champ
    électrique qui règne entre ces deux armatures.

    \resetchoix 
     \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}\choix{} Vrai& \choix{} Faux&\end{tabularx}

  \item  Le champ électrique dans un condensateur plan est

    \resetchoix  \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}\choix{} perpendiculaire &\choix{parallèle}&\end{tabularx}

    aux armatures.

\begin{minipage}{\dimexpr\textwidth-6cm}
\item La particule de la figure suivante a une charge électrique:

\Par

\resetchoix
     
    \choix {positive} 
    
    \choix {négative}
\end{minipage}
\hfill  
  \begin{minipage}{4cm}
     \includegraphics[width=40mm]{211_qcmelec01}
     \end{minipage}

    

    

  \item Sachant qu'un électron-volt (eV) est l'énergie cinétique acquise par un électron qui passe par une différence de potentiel de 1 volt, quel est l'accroissement de l'énergie cinétique d'un cation Ca$^{2+}$ accéléré sous une différence de potentiel de 10 V?
  %Un cation Ca$^{2+}$ accéléré sous une différence de potentiel de $10$~V voit son énergie cinétique s'accroître de:

    \resetchoix
     \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
    \choix $10$~eV&    \choix $5$~eV &
    \choix $20$~eV\end{tabularx}


  \item On tire, à partir du sol d'un terrain, un ballon de foot qui finit par retomber
    et s'immobiliser.

    L'état initial est l'état du système avant le tir, et
    l'état final est l'état obtenu après immobilisation du ballon.  Le
    travail du poids du ballon entre l'état initial et l'état final est:

    \resetchoix 
     \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}\choix{} nul& \choix{} positif &\choix{} négatif\end{tabularx}

%    Le travail de la résistance de l'air entre l'état initial et l'état
%    final est:
%
%    \resetchoix \choix{} $0$ \choix{} positif \choix{} négatif
%
%  \item L'eau est un liquide incompressible: elle a la même masse
%    volumique à la surface d'un lac qu'au fond de celui-ci. Lorsqu'on
%    immerge totalement un corps rigide dans de l'eau, la force d'Archimède
%    exercée sur ce corps augmente lorsque la profondeur du corps augmente.
%
%    \resetchoix \choix{} Vrai \choix{} Faux.
%
%  \item On considère le montage de la figure ci-dessous, qui
%    représente un mobile accroché à un ressort et glissant sur un plan
%    horizontal. La réaction du plan sur le mobile est notée $\vec R$, la
%    tension du ressort est notée $\vec T$, et le poids du mobile est noté
%    $\vec P$.
%    \begin{center}
%      \includegraphics{129_07e_qcm2009-chap10-3}
%    \end{center} Indiquer si chacune des assertions ci-dessous sont
%    vraies ou fausses:
%
%    \resetchoix \choix{} Le mobile peut être au repos
%
%    \choix{} Le mobile se déplace sans frottement
%
%    \choix{} Le mobile se déplace vers la droite
%
%    \choix{} La tension du ressort effectue un travail moteur
%
%    \choix{} Le poids du mobile effectue un travail moteur
  \end{questions}
\end{qcm}

\begin{corrige}
\begin{questions}
	\item Réponse \choix[b]: faux. L'accélération de la pesanteur est la même pour tous les corps à la surface
	de la Terre, si on néglige la résistance de l'air : $\vec{a_G}=\vec{g}$.
	
%	\item \textit{Résistant}. Elles sont opposées au mouvement.
%	
%	\item \textit{Résistant}, pour la même raison.
%	
	\item Réponse \choix[b]: nul. En effet Marseille et Tunis sont deux villes de bord de mer, et donc	le passager est à la même altitude au décollage et à l'atterrissage.

      \item Réponse \choix[a]. La réaction du sol effectue un travail moteur
        si et seulement si elle est de même sens que la vitesse de
        l'ascenseur, qui doit donc être dirigée vers le haut.
        %Notons
        %que si l'accélération de l'ascenseur est dirigée vers le haut
        %(cas a), cela ne préjuge en rien du sens de sa vitesse. Il
        %suffit pour s'en convaincre de considérer la situation où la
        %cage décélère en fin de descente.

      \item Réponse \choix[b]: faux. Le champ électrique est inversement
        proportionnel à la distance entre les deux armatures.
        
      \item Réponse \choix[a]. Voir le cours.

      \item Réponse \choix[a]. Le champ électrique est dirigé vers le
        bas, ainsi que le vecteur accélération de la particule: sa
        charge est donc positive.

      \item Réponse \choix[c]. En effet, la variation d'énergie
        cinétique est\linebreak $qU=2\times 10=20$~eV.

\item Réponse \choix[a]. L'altitude du ballon est la même entre l'état initial et l'état final.
%e toujours un travail
%
%
%eau déplacé. Ce
%la masse volumique
%endant de la profondeur.
%
%que sa composante horizontale
%
%s frottements.\\
%che, donc le mobile
%
%le effectue un travail résistant.\\
%l se déplace horizontalement).
\end{questions}
\end{corrige}
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%\begin{exo}{Déviation de particule chargée}{Lycée Frédéric Ozanam, Lille}{1}{5}
%  On dispose de deux plaques métalliques A et B entre lesquelles on
%  impose une différence de potentiel.  On fait le vide entre ces
%  plaques de manière à ce qu'une particule chargée suive une
%  trajectoire balistique sans subir de choc avec des molécules de
%  l'air.  On lance une particule de charge positive en $O$ avec une
%  vitesse initiale $\gvec{v_0}$, dans quatre cas différents,
%  représentés sur la figure ci-après.
%
%\begin{center}
%  \includegraphics{235_faisup01}
%\end{center}
%\begin{questions}
%\item Pour chacun des cas représentés, indiquer quel
%est le signe de la tension $U_{AB}$.
%
%\item À l'aide d'un argument simple, indiquer dans quel(s)
%cas l'énergie cinétique de la particule en~$O'$ est égale
%à celle qu'elle avait en~$O$.
%\end{questions}
%\end{exo}
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%%%%
%\begin{corrige}
%  \begin{questions}
%  \item La particule est de charge positive donc la force
%    électrostatique qu'elle subit et le champ électrique au point où
%    elle se trouve sont colinéaires et de même sens. Enfin, si le
%    champ électrique est dirigé de A vers B, cela signifie que
%    $U_{AB}>0$, et vice-versa. À l'aide de ces considérations, on
%    peut donner le signe de $U_{AB}$ dans chacun des quatre cas.
%
%\begin{itemize}
%\item Dans le cas~1, la force électrostatique est dirigé
%vers la droite, donc on a $U_{AB}>0$.
%\item Dans le cas~2, elle est dirigée vers la gauche
%donc $U_{AB}<0$.
%\item  Dans les cas~3 et 4, elle est à nouveau dirigée
%vers la droite, donc $U_{AB}>0$.
%\end{itemize}
%
%\item La particule évolue dans le vide donc elle n'est 
%soumise qu'à une force, conservative, qui est la
%force électrostatique (on néglige son poids). Son
%énergie mécanique $E_m=E_c+E_p=E_c+qV$ est donc conservée
%le long de sa trajectoire. En conséquence, on peut
%écrire~:
%\[E_c(O)+qV_O=E_c(O')+qV_{O'}.\]
%Donc si on veut que la particule ait la même énergie
%cinétique en $O'$ qu'en $O$, il faut avoir~:
%\[qV_O=qV_{O'}\mbox{~~~~donc~:~~~~}V_O=V_{O'}.\]
%$O$ et $O'$ doivent être sur la même équipotentielle.
%Dans le cas présent, les équipotentielles entre les
%deux plaques, sont les plans parallèles  à ces plaques.
%On en déduit que la particule a même énergie cinétique
%en $O$ et $O'$ dans les cas~2 et~3.
%
%\begin{center}
%  \includegraphics{242_equiplaq}
%\end{center}
%
%  \end{questions}
%\end{corrige} 
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\begin{exo}{Accélération d'ions sulfure}{Lycée Champollion, Grenoble}{1}{10}
Dans une chambre d'ionisation, on produit des ions sulfure
$^{32}_{16}$S$^{2-}$ et $^{33}_{16}$S$^{2-}$. À leur sortie de la
chambre en~O, les ions ont tous la même vitesse verticale $\gvec{v_0}$ de
norme~$450$~km.s$^{-1}$. Ils pénètrent alors dans l'espace (où règne
le vide) compris entre deux plaques planes parallèles entre elles
A et C, distantes de $d=10$~cm. On applique entre ces plaques la
tension $U_{CA}=2000$~V. On considérera le poids des ions négligeable
devant toutes les autres forces pouvant agir sur eux (voir figure page suivante).
\begin{center}
  \includegraphics{212_chbeion01}
\end{center}
\begin{questions}
\item Décrire, en la justifiant, la nature du mouvement des ions entre
les plaques~A et~C.
\item Donner l'expression littérale de la vitesse $v_s$ des ions lorsqu'ils
arrivent sur la plaque~C en~S. Que remarquez-vous~?
\item Calculer les valeurs des vitesses $v_s^{32}$ et $v_s^{33}$ des
deux types d'ions à leur passage en~S.
\end{questions}
{\em Données:}\\
Masse de l'ion sulfure~32~: $m_{32}=5,\!32\cdot 10^{-26}$~kg\\
Masse de l'ion sulfure~33~: $m_{33}=5,\!50\cdot 10^{-26}$~kg\\
Charge électrique élémentaire~: $q=1,\!6\cdot 10^{-19}$~C.
\end{exo}
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\begin{corrige}
  \begin{questions}
  \item Le champ électrique entre~A et~C est vertical et uniforme,
    donc la \index{Force électrostatique}force électrostatique à
    laquelle est soumise une particule au cours de son mouvement est
    constante~: le mouvement des électrons est rectiligne et
    uniformément accéléré.
    
\item On écrit la conservation de l'énergie mécanique d'un ion entre le
  moment où il sort de la chambre d'ionisation et le moment où il franchit la
  plaque~C. On a~:
  \[\frac{1}{2}mv_s^2-\frac{1}{2}mv_0^2=Q(V_A-V_C)=-QU_{CA}\]
  où $Q=-2q$ est la charge portée par un ion. On peut donc écrire~:
  \[v_s=\sqrt{v_0^2-\frac{2QU_{CA}}{m}}=\sqrt{v_0^2+\frac{4qU_{CA}}{m}}.\]
  
  On remarque que cette vitesse ne dépend pas de la distance qui sépare les deux
  plaques, mais seulement de la tension électrique entre elles.
  
\item L'application numérique, pour les ions sulfure~32, donne~:
  \[v_s^{32}=\sqrt{(450\cdot 10^3)^2-\frac{4\times (-1,\!6\cdot 
      10^{-19})\times 2000}{5,\!32\cdot 10^{-26}}}=476\cdot 10^3\mbox{~m.s}^{-1}\]
  et dans le cas des ions sulfure~33~:
  \[v_s^{33}=\sqrt{(450\cdot 10^3)^2-\frac{4\times (-1,\!6\cdot 
      10^{-19})\times 2000}{5,\!50\cdot 10^{-26}}}=
  475\cdot 10^3\mbox{~m.s}^{-1}.\]
\end{questions}
\end{corrige}

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%%% VIDEO EXO
\begin{exo}{Étude balistique}{Lycée Pierre de Fermat, Toulouse}{2}{20}
\NathanLiveVideo[\PictoVideo\ Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.]{étude balistique}{https://media.prepamath.fr/ILTPCch11exo03}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0.2){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTPCch11exo03}}}
\vspace*{-20pt}


  On considère le dispositif de la figure ci-dessous, constitué d'un
  canon situé sur un promontoire d'une hauteur~$h$, qui tire un
  projectile ponctuel~P à une vitesse $v_0$ et avec un angle $\alpha$
  par rapport à l'horizontale.
%
\begin{center}
\includegraphics{212_balis01}
\end{center}
\begin{questions}
        \item Dans le repère $(Oxz)$, écrire l'accélération du projectile~P
	après le tir
        (on négligera les forces de frottement).
        
        \item Exprimer le vecteur vitesse de~P dans le référentiel
        du sol, le repère étant $(Oxz)$, en fonction de $\alpha$, $v_0$, $g$
        et $t$.
        
        \item Exprimer $\gvec{OM}(t)$ en fonction de $h$, $v_0$, $\alpha$,
        $t$ et $g$.
        
        \item En utilisant le résultat du 3., établir la relation :
        
        \[z(x)=-\frac{1}{2}\frac{g}{(v_0\cos(\alpha))^2}x^2+x\tan(\alpha)+h.\]
        
        \item \textit{Application numérique } $v_0=900$~km.h$^{-1}$, $\alpha=45^\circ$, $h=100$~m et $g=10$~m.s$^{-2}$.
        \begin{questions}
                \item Calculer la distance parcourue par le projectile avant 
                de toucher le sol.
                
                \item Calculer l'altitude maximale atteinte.
                
                \item Déterminer la vitesse du projectile lorsqu'il atteint
                le sol.
                
                \item Calculer la vitesse du projectile lorsqu'il
                passe à son altitude maximale.
        \end{questions}
\end{questions}
%
%
\end{exo}

\begin{corrige}
\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTPCch11exo03}}}
\vspace*{-13pt}
\begin{questions}
        \item La deuxième loi de Newton appliquée au point~P,
        dans le référentiel galiléen lié au sol, s'écrit :
        \[m\vec{a}=\vec{P}\]
        puisque le point~P n'est soumis, en l'absence de forces de frottement, qu'à son
        poids~$\vec{P}=m\vec{g}=-mg\vec{\jmath}$. L'accélération du point~P dans le
        repère $(Oxz)$ s'écrit donc :
        $$\begin{cases}
\frac{\dd^2x}{\dd t^2} = 0\\
\frac{\dd^2z}{\dd t^2} = -g
\end{cases}$$

        
        \item En prenant la primitive par rapport au temps de ces deux équations, on obtient
        le système suivant :
        $$\begin{cases}
\frac{\dd x}{\dd t} = K_1\\
\frac{\dd z}{\dd t} = -gt+K_2
\end{cases}$$

        où les constantes $K_1$ et $K_2$ sont déterminées à partir des conditions initiales :
        $$\begin{cases}
\frac{\dd x}{\dd t}\biggr|_{t=0} = v_0\cos(\alpha)=K_1\\
\frac{\dd z}{\dd t}\biggl|_{t=0} = v_0\sin(\alpha)=K_2
\end{cases}$$

        En définitive, le vecteur vitesse du point~P a pour coordonnées dans le repère $(Oxz)$ :
        \[\vec v=\begin{pmatrix}
v_0\cos(\alpha)\\[1ex]
-gt+v_0\sin(\alpha)
\end{pmatrix}.
\]
        
        \item On prend à nouveau la primitive par rapport au temps du vecteur vitesse précédent,
        et on obtient :
        \[\gvec{OM}=\begin{pmatrix}
v_0\cos(\alpha)\,t+K_1'\\[1ex]
-\frac{1}{2}gt^2+v_0\sin(\alpha)\,t+K_2'
\end{pmatrix}
\]
        où les constantes d'intégration $K_1'$ et $K_2'$ représentent respectivement l'abscisse
        et l'ordonnée du point~P à $t=0$, et valent donc respectivement $0$ et $h$.\\
        En définitive, on a :
        \[\gvec{OM}(t)=\begin{pmatrix}
x(t)\\[1ex]
z(t)
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
v_0\cos(\alpha)\,t\\[1ex]
-\frac{1}{2}gt^2+v_0\sin(\alpha)\,t+h
\end{pmatrix}.
\]
        \enlargethispage*{2em}
        \item Il suffit pour aboutir à l'expression demandée de remplacer dans l'expression de
        $z(t)$ la variable $t$ par $\dfrac{x}{v_0\cos(\alpha)}$, donnée par l'expression de $x(t)$.
        On en déduit :
        \[z(x)=-\frac{1}{2}g\biggl(\frac{x}{v_0\cos(\alpha)}\biggr)^2+v_0\sin(\alpha)\frac{x}{v_0\cos
        (\alpha)}+h\]
        donc :
        \[z(x)=-\frac{1}{2}\frac{g}{(v_0\cos(\alpha))^2}x^2+x\tan(\alpha)+h.\]
        
        
        \item
        \begin{questions}
                \item On commence par donner l'expression numérique de $z(x)$ dans les
                unités du Système International :
                \[z(x)=-\frac{1}{2}\frac{10}{(\frac{900}{3{,}6}\times\frac{\sqrt{2}}{2})^2}x^2+x\tan 45^\circ+100\]
                soit :
                \[z(x)=-\frac{x^2}{6250}+x+100.\]
                Pour connaître l'abscisse $x$ du point d'impact du projectile sur le sol ($z=0$),
                il faut résoudre l'équation du second degré :
                \[0=-\frac{x^2}{6250}+x+100\]
                dont le discriminant vaut : $\Delta=1^2+4\times 100\times\frac{1}{6250}=1{,}064>0$.\\
                Les racines sont :
                \[6250\times\frac{1\pm\sqrt{\Delta}}{2}\]
                et valent respectivement : $x_1=6348$~m et $x_2=-98{,}4$~m. La racine $x_2$ ne convient
                pas, puisque le mouvement se fait à $x>0$. Elle correspond à l'abscisse à laquelle il
                faudrait placer le canon pour obtenir la même trajectoire, si celui-ci n'était pas
                situé sur un promontoire. Ainsi, on retient la racine $x_1$ : le projectile tombe
                à $6{,}3$~km du canon.
                
                \item Il faut trouver le maximum de la fonction $z(x)$. Pour ce faire, on dérive
                cette fonction par rapport à $x$ et on cherche pour quelle valeur de $x$ la dérivée
                s'annule. On a :
                \[z'(x)=-\frac{x}{3125}+1.\]
                Cette dérivée s'annule pour $x=3125$~m. En prenant cette valeur dans l'expression
                de $z(x)$, on trouve : $z_{max}=1662{,}5\simeq 1,7\cdot 10^3$~m.
                
                \item L'énergie mécanique du projectile est conservée entre le moment où il sort
                du canon (instant initial) et le moment où il atteint le sol (instant final) puisque
                l'on néglige les forces de frottement. On peut donc écrire :
                \[\frac{1}{2}mv_0^2+mgh=\frac{1}{2}mv_f^2\]
                où l'on désigne par $m$ la masse du projectile et par $v_f$ la vitesse qu'il a lorsqu'il
                atteint le sol. De cette égalité on déduit :
                \begin{eqnarray*}
                v_f=\sqrt{v_0^2+2gh}=\sqrt{250^2+2\times10\times 100}& = &254\;\rm{m.s}^{-1}\\
                & =& 914\mbox{~km.h}^{-1}.
                \end{eqnarray*}
                
                \item On peut remarquer que la vitesse du projectile lorsqu'il atteint son altitude
                maximum est purement horizontale. Or la vitesse horizontale du projectile est constante
                et vaut : 
                \[
                v_0\cos\theta=900\times\cos 45^\circ=636\text{ km.h}^{-1}.\]
                On reprend sur la figure ci-après les résultats obtenus dans cet exercice :\\
                %
\begin{center}
\includegraphics{221_canonsol01}
\end{center}
        \end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}
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\begin{exo}{Principe de l'oscilloscope}{Lycée Charlemagne, Paris}{2}{20}
  À l'intérieur d'un \index{Oscilloscope}oscilloscope, un canon à
  électrons émet un faisceau d'électrons à la vitesse $v_0$ selon la
  direction $(Ox)$. Ce faisceau passe entre deux plaques métalliques
  horizontales qui forment ce que l'on appelle un condensateur
  plan. Entre ces plaques règne un champ électrique $\vec E$ uniforme
  vertical. Nous supposons ici que ce champ est tel que les électrons
  sont déviés vers le haut.

\begin{center}
\includegraphics[width=.9\textwidth]{213_2014_principeoscillo}
\end{center}

Nous supposons que le poids des électrons est négligeable devant la
force électrostatique à laquelle ils sont soumis. L'étude se fait dans
le référentiel du laboratoire, et nous adoptons le repère
$(O,\vec\imath,\vec\jmath)$ représenté sur la figure. On note $e$ la
charge de l'électron.

\begin{questions}
\item Montrer que le vecteur $\vec E$ peut s'écrire: $\vec
  E=-E\vec\jmath$, où $E=||\vec E||$ est la norme du champ électrique.
\item Donner les composantes de la force électrostatique s'exerçant
  sur un électron du faisceau.
\item En déduire les équations horaires d'un électron.
\item Montrer que l'équation de la trajectoire d'un électron, entre
  les plaques, est:
\[y=\frac{eE}{2mv_0^2}x^2,\]
où $m$ est la masse de l'électron.
Quelle est la nature de cette trajectoire~?
\item Quelle est la nature de la trajectoire d'un électron lorsqu'il
  sort de l'espace compris entre les plaques~?
\end{questions}
\end{exo}
%%%%
%%%%
\begin{corrige}
  \begin{questions}
  \item Les électrons sont déviés vers le haut, donc la force qui agit
    sur eux, qui est exclusivement la force électrostatique puisque
    l'on néglige leur poids, est dirigée vers le haut. Cette force a
    pour expression $\vec F=-e\vec E$, donc le champ $\vec E$ est
    vertical et dirigé vers le bas. On peut donc écrire:
    \[\vec E=-E\vec\jmath.\]
    
  \item La force électrostatique a donc pour composantes:
    \[F_x=0 \mbox{~~~~~et~:~~~~~}F_y=-e\times (-E)=eE.\]
    
  \item La force électrostatique n'ayant pas de composante en $x$, le mouvement
    projeté sur l'axe de $x$ est un mouvement uniforme à la vitesse
    $v_0$: \[x(t) = v_0t,\]
    où l'on adopte pour origine des dates l'instant où l'électron pénètre
    dans l'espace entre les deux plaques.
    \newpage
    De la même manière, en projection sur l'axe $(Oy)$, la deuxième loi de
    Newton (ou relation fondamentale de la dynamique) dans le référentiel galiléen lié au laboratoire s'écrit:
    \[m\frac{\dd^2y}{\dd t^2}=F_y=eE.\]
    En intégrant une première fois par rapport au temps cette égalité, on
    obtient:
    \[m\frac{\dd y}{\dd t}=eEt+K,\]
    où $K$ est une constante d'intégration que l'on détermine en utilisant
    les conditions initiales. À $t=0$, nous avons:
    \[m\times 0=eE\times 0+K\mbox{~~~~donc:~~~~}K=0\]
    puisque les électrons pénètrent dans l'espace inter-plaques
    horizontalement (la composante verticale de leur vitesse est nulle).
    Nous avons donc l'égalité:
    \[m\frac{\dd y}{\dd t}=eEt,\]
    que l'on peut intégrer à nouveau par rapport au temps, ce qui donne:
    \[my=\frac{eEt^2}{2}+K',\]
    où $K'$ est une autre constante d'intégration que l'on détermine à
    nouveau en utilisant les conditions initiales. Nous voyons sur la
    figure que les électrons entrent dans l'espace inter-plaques en $y=0$,
    donc à $t=0$ nous avons;
    \[my=0=K'.\]
    Nous avons en définitive l'équation horaire suivante pour le mouvement
    vertical:
    \[y=\frac{eEt^2}{2m}.\]
  \item Nous utilisons la relation $x=v_0t$ pour substituer $t$ par
    $x/v_0$ dans l'équation horaire en $y$:
    \[y=\frac{eE(x/v_0)^2}{2m}=\frac{eEx^2}{2mv_0^2}.\]
    Il s'agit de l'équation d'une parabole: entre les plaques les
    électrons ont une trajectoire parabolique.
  \item Lorsqu'un électron sort de l'espace inter-plaques, il n'est
    plus soumis à aucune force (on néglige son poids): d'après la
    première loi de Newton, sa trajectoire est donc rectiligne
    uniforme dans le référentiel lié au laboratoire.
  \end{questions}
\end{corrige}
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% 2024
\begin{exo}{Équilibre d'un grimpeur}{Lycée Fabert, Metz}{2}{30}
En escalade, différentes cordes sont utilisées. Les cordes dynamiques ont la particularité d'avoir une capacité d'allongement voisine de 10 \% afin d'amortir les chutes. On se propose de modéliser un grimpeur maintenu en équilibre sur une pente à l'aide d'une de ces cordes dynamiques.

Pour cela, on modélise le grimpeur par un cube, assimilable à son centre de gravité repéré par le point M. Ce cube est accroché à l'extrémité d'un ressort de raideur $k$ modélisant la corde dynamique. Il se trouve à l'équilibre sur un plan incliné faisant un angle $\alpha=60^\circ$ avec l'horizontale. L'allongement du ressort est noté $\Delta l$. 

\includegraphics[width=\textwidth]{214_escaladeur}

La masse du cube est $m=56$ kg. Le cube et la paroi ne sont pas parfaitement lisse, de sorte que la force $\vec F$ de frottements de la paroi sur le cube ne soit pas nulle, et cela quelque soit la vitesse du cube. On donne : $F=|| \vec F||=300$ N. 

La norme de la force $\vec T$ exercée par le ressort sur le cube s'exprime en fonction de l'allongement $\Delta l$ du ressort par la relation $T=|| \vec T||=k\times |\Delta l|$ avec la constante de raideur $k= 8,0$ unités.

\begin{questions}
	\item Préciser les unités de chacun des termes de l'expression de $T$.
	\item Déterminer la valeur de l'allongement $\Delta l$ lorsque le cube est immobile.
	\item On coupe le ressort maintenant le cube. En prenant l'origine des temps le moment de la coupure, et comme origine spatial la position du cube lorsqu'il est immobile, déterminez l'expression de la position de M en fonction du temps.
	\item Quelle est la perte d'altitude $\Delta z$ lorsque le cube a parcouru horizontalement $d=3$ m ?
\end{questions}

{\em Données :}
$g=9,8$~m.s$^{-2}$.

\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $T$ est une force donc son unité est le Newton (N). $\Delta l$ est une distance donc son unité est le mètre (m). Ainsi, on en déduit que la constante de raideur $k$ est en N.m$^{-1}$.

\item On applique la seconde loi de Newton au système \{cube\} (\{le grimpeur\}) dans le référentiel terrestre supposé galiléen :
	\[ m \vec a = \vec P + \vec F + \vec T + \vec R.\]
	On projette selon $\vec u_i$ : $ma_i=T+F-\sin(\alpha)P$. \\
	Le cube étant immobile, on à $a_i=0$. \\
	On en déduit : $T=\sin(\alpha)P-F$.
	\[ \Delta l = \left|\sin(\alpha)\frac{mg}{k}-\frac{F}{k}\right|=22\ \mathrm{m}. \]
	On a défini $\Delta l$ comme un allongement, il est forcément positif. 
	\item On reprend la seconde loi de Newton appliquée au \{cube\} mais cette fois sans la force $T$ mais une accélération non nulle :
	\[ m\vec a=\vec P+\vec F +\vec R. \]
	On projette selon $\vec u_i$ : $a_i=\dfrac{F}{m}-\sin(\alpha)g$. \\
	On intègre pour obtenir la vitesse de M selon $\vec u_i$.
	\[ v_i(t)=\left(\frac{F}{m}-\sin(\alpha)g\right)t+v_{i,0}. \]
	Or à l'instant initial, on a : $v_i(t=0)=v_{i,0}=0$. \\
	On continue d'intégrer pour obtenir la position de M selon $\vec i$: 
	\[ i(t)=\left(\frac{F}{m}-\sin(\alpha)g\right)\frac{t^2}{2}+i_0. \]
	Or à l'instant initial, on a : $i(t=0)=i_0=0$.\\
	D'où : $i(t)=\left(\dfrac{F}{m}-\sin(\alpha)g\right)\dfrac{t^2}{2}$.
	
	On projette maintenant selon $\vec{u_j}$: $m a_j=-\cos(\alpha)g + R = 0$ car le cube ne \og s'enfonce pas \fg{} dans la paroi. \\
	Or le cube n'a pas de vitesse initiale selon $\vec j$ et on choisit arbitrairement $j(t=0)=j_0=0$, donc après une double intégration et avec les conditions initiales, on obtient :
	\[ j(t)= 0. \]
	\item On résout géométriquement cette question. Puisque $j(t)=0$, on va avoir :
	\[ \tan(\alpha)=\frac{\Delta z}{d}; \]
	\[ \Delta z = \tan(\alpha)\times d = 5,2\ \mathrm{m}. \]
%	\item On peut convertir les positions $i(t)$ et $j(t)$ en les projetant sur les axes $\vec u_x$ horizontal vers la droite et $\vec u_z$ vertical vers le haut. On obtient :
%	\[ x(t)=cos(\alpha)i(t)-sin(\alpha)j(t) \]
%	\[ z(t)=sin(\alpha)i(t)+cos(\alpha)j(t) \]
%	On cherche alors $t_f$ tel que : $x(t=t_f)=d$. On a alors :
%	\[ x(t=t_f)=d=cos(\alpha)i(t=t_f)-sin(\alpha)j(t=t_f) \]
%	\[ cos(\alpha)\left(\frac{F}{m}-sin(\alpha)g\right)\frac{t_f^2}{2}=d \] 
%	et on obtient : $t_f=\sqrt{\frac{2d}{cos(\alpha)\left(\frac{F}{m}-sin(\alpha)g\right)}=1.5$ s.\\
%	Et on peut maintenant calculer $z(t=t_f)=\Delta z$ :
%	\[ \Delta z=sin(\alpha)\left(\frac{F}{m}-sin(\alpha)g\right)\frac{t_f^2}{2}-cos^2(\alpha)g\frac{t_f^2}{2} \]
%	\[ \Delta z=(sin(\alpha)\frac{F}{m}-g)\frac{t_f^2}{2}\]
%	\[ \Delta z=(sin(\alpha)\frac{F}{m}-g)\frac{dm}{cos(\alpha)F}=(sin(60)\times \frac{300}{56}-9,81)\frac{3 \times 56}{cos(60)\times 300} \]
%	\[ \Delta z=5.8\ \mathrm{m} \]
%	On a bien une chute puisque $\Delta z<0$. 
	
\end{questions}
\end{corrige}


% 2024 --> supprimé car la correction proposée est problématique d'après Nathalie Rozé, relectrice
%\begin{exo}{Équilibre d'un grimpeur}{Lycée Fabert, Metz}{2}{30}
%En escalade, différentes cordes sont utilisées. Les cordes dynamiques ont la particularité d'avoir une capacité d'allongement voisine de 10 \% afin d'amortir les chutes. On se propose de modéliser un grimpeur maintenu en équilibre sur une pente à l'aide d'une de ces cordes dynamiques.
%
%Pour cela, on modélise (voir page ci-contre) le grimpeur par un cube, assimilable à son centre de gravité repéré par le point M. Ce cube est accroché à l'extrémité d'un ressort de raideur $k$ modélisant la corde dynamique. Il se trouve à l'équilibre sur un plan incliné faisant un angle $\alpha=60^\circ$ avec l'horizontale. L'allongement du ressort est noté $\Delta l$. 
%% Insérer dessin et schéma ici
%
%La masse du cube est $m=56$ kg. Le cube et la paroi ne sont pas parfaitement lisse, de sorte que la force $\vec F$ de frottements de la paroi sur le cube n'est pas nulle, et cela quelque soit la vitesse du cube. On donne : $F=|| \vec F||=300$ N. 
%
%La norme de la force $\vec T$ exercée par le ressort sur le cube s'exprime en fonction de l'allongement $\Delta l$ du ressort par la relation $T=|| \vec T||=k\times |\Delta l|$ avec la constante de raideur $k= 8,0$ unités.
%\begin{questions}
%	\item Préciser les unités de chacun des termes de l'expression de $T$.
%	\item Déterminer la valeur de l'allongement $\Delta l$ lorsque le cube est immobile.
%	\item On coupe maintenant la corde (et donc le ressort). En prenant l'origine des temps au moment de la coupure, et comme origine spatiale la position du cube lorsqu'il est immobile, déterminez l'expression de la position de M en fonction du temps.
%	\item Quelle est la perte d'altitude $\Delta z$ lorsque le cube a parcouru horizontalement $d=3$ m ?
%\end{questions}
%{\em Données :}
%$g=9,8$~m.s$^{-2}$.
%
%\includegraphics[width=1\textwidth]{214_escaladeur}
%\end{exo}
%
%\begin{corrige}
%\begin{questions}
%	\item $T$ est une force donc son unité est le Newton (N). $\Delta l$ est une distance donc son unité est le mètre (m). Ainsi, on en déduit que la constante de raideur $k$ est en N.m$^{-1}$.
%	
%	\item On applique la seconde loi de Newton au système \{cube\} (\{le grimpeur\}) dans le référentiel terrestre supposé galiléen :
%	\[ m \vec a = \vec P + \vec F + \vec T \]
%	On projette selon $\vec u_i$ : $ma_i=T+F-\sin(\alpha)P$. \\
%	Le cube étant immobile, on a $a_i=0$. \\
%	On en déduit : $T=\sin(\alpha)P-F$.
%	\[ \Delta l = \left|\sin(\alpha)\frac{mg}{k}-\frac{F}{k}\right|=22\ \mathrm{m}. \]
%	On a définit $\Delta l$ comme un allongement, il est forcément positif. 
%	
%	\item On reprend la seconde loi de Newton appliquée au \{cube\} mais cette fois sans la force $T$, avec une accélération non nulle :
%	\[ m\vec a=\vec P+\vec F. \]
%	On projette selon $\vec u_i$ : $a_i=\frac{F}{m}-\sin(\alpha)g$. \\
%	On intègre pour obtenir la vitesse de M selon $\vec u_i$.
%	\[ v_i(t)=\left(\frac{F}{m}-\sin(\alpha)g\right)t+v_{i,0}. \]
%	Or à l'instant initial, on a : $v_i(t=0)=v_{i,0}=0$. \\
%	On continue d'intégrer pour obtenir la position de M selon $\vec i$: 
%	\[ i(t)=\left(\frac{F}{m}-\sin(\alpha)g\right)\frac{t^2}{2}+i_0. \]
%	Or à l'instant initial, on a : $i(t=0)=i_0=0$.\\
%	D'où : $i(t)=\left(\frac{F}{m}-\sin(\alpha)g\right)\frac{t^2}{2}$.
%	
%	On projette maintenant selon $\vec{u_j}$: $a_i=-\cos(\alpha)g$. \\
%	Après une double intégration et avec les conditions initiales, on obtient :
%	\[ j(t)=-\cos(\alpha)g\frac{t^2}{2}. \]
%	
%	\item On peut convertir les positions $i(t)$ et $j(t)$ en les projetant sur les axes $\vec u_x$ horizontal vers la droite et $\vec u_z$ vertical vers le haut. On obtient :
%	\[ x(t)=\cos(\alpha)i(t)-\sin(\alpha)j(t). \]
%	\[ z(t)=\sin(\alpha)i(t)+\cos(\alpha)j(t). \]
%	On cherche alors $t_f$ tel que : $x(t=t_f)=d$. On a alors :
%	\[ x(t=t_f)=d=\cos(\alpha)i(t=t_f)-\sin(\alpha)j(t=t_f) \]
%	\[ \cos(\alpha)\left(\frac{F}{m}-\sin(\alpha)g\right)\frac{t_f^2}{2}+\sin(\alpha)\cos(\alpha)g\frac{t_f^2}{2}=d \] 
%	\[ \cos(\alpha)\left(\frac{F}{m}\right)\frac{t_f^2}{2}=d \]
%	et on obtient : $t_f=\sqrt{\dfrac{2dm}{\cos(\alpha)F}}=1.5$ s.\\
%	Et on peut maintenant calculer $z(t=t_f)=\Delta z$ :
%	\begin{align*}
%	\Delta z & = \sin(\alpha)\left(\frac{F}{m}-\sin(\alpha)g\right)\frac{t_f^2}{2}-\cos^2(\alpha)g\frac{t_f^2}{2} \\
%	 & =\left( \sin(\alpha)\frac{F}{m}-g \right)\frac{t_f^2}{2}\\
%	 & =\left( \sin(\alpha)\frac{F}{m}-g \right) \frac{dm}{\cos(\alpha)F}\\
%	& =\left( \sin(60)\times \frac{300}{56}-9,81 \right)\frac{3 \times 56}{\cos(60)\times 300} \\
%	 & =-8.0\ \mathrm{m} 
%	\end{align*}
%	On a bien une chute puisque $\Delta z<0$. 
%	
%\end{questions}
%\end{corrige}


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\begin{exo}{Lancer de poids}{Lycée Lakanal, Sceaux}{2}{30}
  Lors d'un concours d'athlétisme, un lanceur de poids effectue le
  lancer d'un poids de masse~$m=9,0$~kg. On supposera que ce poids est
  ponctuel et confondu avec son centre d'inertie, et on négligera les
  forces de frottement (résistance de l'air) au cours de son
  mouvement.

Une fois que le poids a quitté la main du lanceur, sa trajectoire
est incluse dans un plan vertical $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath})$.

Le lancer comporte deux phases :

\begin{itemize}
\item Une première phase pendant laquelle le lanceur communique de l'énergie
cinétique au poids. Durant cette phase, le poids, qui était initialement
à l'altitude $z_1=1,0$~m et avait une vitesse nulle, se retrouve à une altitude
$z_2=1{,}9$~m avec une vitesse $v_0=16$~m.s$^{-1}$. Le vecteur vitesse du poids
fait alors un angle $\alpha=44^\circ$ avec l'horizontale.

\enlargethispage*{5em}
%
\begin{center}
\includegraphics{215_rfd03}
\end{center}

\newpage

\item{Une seconde phase, pendant laquelle le poids n'est plus en contact
avec la main du lanceur, et suit sa trajectoire dans le champ de pesanteur
terrestre. Cette phase se termine lorsque le poids arrive en contact avec
le sol (voir figure page ci-dessous).

%
\begin{center}
\includegraphics{216_rfd04}
\end{center}

}

\end{itemize}

On prendra l'origine des dates ($t=0$) à l'instant où le poids quitte la
main du lanceur, c'est-à-dire au début de la seconde phase.
\begin{questions}
        \item Calculer l'énergie cinétique du poids à $t=0$.
        
        \item Calculer le travail fourni par le lanceur au poids pendant la première phase.
        
        \item Établir les équations du mouvement du poids pendant la seconde phase. 
        En déduire l'équation de sa trajectoire dans le repère 
        $(O,\vec{\imath},\vec{\jmath})$.
        
        \item Quelle est l'altitude maximale atteinte par le poids ?
        
        \item Calculer l'abscisse $x_f$ du poids au moment où il touche le sol.
        Les juges mesurent une longueur de lancer~$L=27{,}75$~m. Cette mesure
        est-elle compatible avec la valeur de $x_f$ ? D'où vient à votre avis la
        différence ?
\end{questions}

\textit{Donnée :} $g=9{,}81$~m.s$^{-2}$.
%
%
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
        \item L'énergie cinétique du système \{poids\} à $t=0$ est donnée par :
        \[E_{c_0} = \frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}\times 9\times 16^2=1152\mbox{~J}\simeq 1{,}2\mbox{~kJ}.\]
        
        \item 

On écrit la variation d'énergie mécanique du système \{poids\}
entre l'état initial (poids immobile à l'altitude $z_1$) et l'état
final (le poids quitte la main du lanceur). Pendant cette phase, le
poids, outre son propre poids, est soumis à
la force $\vec{F}$ exercée sur lui par le lanceur

La variation d'énergie mécanique s'écrit~:        
        \[(E_{c_0}+mgz_2)-(0+mgz_1)=W_{\vec{F}}\mbox{~~~~soit :~~~~}W_{\vec{F}}=E_{c_0}+mg(z_2-z_1).\]
        
        L'application numérique donne :
        
        \[W_{\vec{F}}=1152+9\times 9{,}81\times (1{,}9-1,0)=1231\mbox{~J}\simeq 1{,}2\mbox{~kJ}.\]
\begin{methode}        
        On remarquera que ce travail est peu différent de l'énergie cinétique du poids. C'est
        normal, l'essentiel de l'effort du lanceur vise à {\em accélérer} le poids, pas
        à le {\em hisser}.
\end{methode}        
        \item Pendant cette seconde phase, le poids n'est plus soumis qu'à son poids $\vec{P}=m\vec{g}$. La deuxième loi de Newton s'écrit donc :
        
        \[m\vec{a}=m\vec{g}\]
        qui devient, après projection sur les axes $Ox$ et $Oy$ :
        
        \[m\frac{\dd^2x}{\dd t^2}=0\mbox{~~~et~~~}m\frac{\dd^2y}{\dd t^2}=-mg\]
        ou encore :
        \[\frac{\dd^2x}{\dd t^2}=0\mbox{~~~et~~~}\frac{\dd^2y}{\dd t^2}=-g.\]
        
        De la première équation on déduit :
        
        \[v_x(t)=\frac{\dd x}{\dd t}=\mbox{constante}=v_0\cos(\alpha)\] 
        puisque l'on sait que à $t=0$, la valeur de la vitesse horizontale est $v_0\cos(\alpha)$,
        d'après l'énoncé.
        
        La seconde équation conduit à :
        \[v_y(t)=\frac{\dd y}{\dd t}=\mbox{constante}-gt=v_0\sin(\alpha)-gt\]
        où cette fois on utilise la valeur de la vitesse verticale à $t=0$, que l'on
        déduit de $v_0$ et $\alpha$ donnés par l'énoncé.
        
        On déduit des expressions de $v_x(t)$ et $v_y(t)$ respectivement :
        \[x(t)=v_0t\cos(\alpha)+x_{(t=0)}=v_0t\cos(\alpha)\]
        et :
        \[y(t)=v_0t\sin(\alpha)-\frac{1}{2}gt^2+y_{(t=0)}=v_0t\sin(\alpha)-\frac{1}{2}gt^2+z_2.\]
        
        Pour éliminer le temps dans ces équations et obtenir $y$ en fonction de $x$,
        on écrit :
        \[t=\frac{x}{v_0\cos(\alpha)}\]
        
        ce qui donne, tous calculs faits :
        
        \[y=-\frac{g}{2v_0^2\cos^2(\alpha)}x^2+x\tan(\alpha)+z_2\]
        
        soit numériquement :
        \[y=-0{,}037\times x^2+0{,}966\times x +1{,}9\mbox{~~~~~(où $x$ et $y$ sont en mètres)}.\]
        
      \item Pour connaître l'altitude maximale atteinte par le poids,
        il nous faut calculer le maximum de la fonction $y(x)$ établie
        précédemment. Mathématiquement pour que $y(x)$ atteigne un
        maximum, il faut que $y'(x)$ soit nul. Nous calculons donc:
        \[
        y'(x)=-0{,}037\times 2\times x+0{,}966=-0{,}074x+0{,}966.\] On
        notera qu'exceptionnellement on travaille directement sur les
        valeurs numériques au lieu d'utiliser les expressions
        littérales. Cela évite une lourdeur inutile dans les calculs.
        
        On cherche tout d'abord pour quelle valeur de $x$ le maximum est atteint :
        \[y'(x)=0\Leftrightarrow x=\frac{0{,}966}{0{,}074}=13\mbox{~m}.\]
        
        On utilise cette valeur dans l'expression de $y(x)$ et on obtient, tous calculs faits :
        \[{y_{max}=8{,}2\mbox{~m}}.\]
        
        \item On obtient l'abscisse $x_f$ en écrivant que $y(x_f)=0$. Cela revient à résoudre
        l'équation du second degré suivante :
        \[0=-0{,}037x^2+0{,}966x +1{,}9.\]
        
        Son discriminant est $\Delta=0{,}966^2+4\times1{,}9\times0{,}037=1,214>0$, donc elle
        admet deux racines, qui sont respectivement :  
        \[x_1=28\mbox{~m~~~~~~et~~~~~~}x_2=-1{,}8\mbox{~m}.\]
        La seconde racine est négative, ce qui impliquerait un passage du poids à cette valeur de
        $x$ à une date $t<0$, ce qui est impossible puisque le mouvement décrit dans la
        seconde phase a lieu à $t>0$, donc la racine à retenir est :
        \[x_f=x_1=28\;\rm{m}.\]
        
        L'écart avec la valeur annoncée par les juges peut avoir plusieurs origines :
        
        \begin{itemize}
        \item{On ne connaît la vitesse initiale et l'angle initial du poids qu'avec
        deux chiffres significatifs, ce qui est peu compte-tenu de l'écart constaté.}
        \item{Les juges mesurent la distance du point du \og cratère\fg laissé par le poids 
        le plus proche du lanceur~; or ici on a simplifié en supposant le poids ponctuel.}
        \item{Enfin la résistance de l'air, qui exerce sur le poids une force opposée à son vecteur
        vitesse, a tendance à raccourcir la portée du tir.}
        \end{itemize}
\end{questions}
\end{corrige}
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\begin{exo}{Jeu de fête foraine}{Lycée Blomet, Paris}{3}{30}
On considère le dispositif représenté suivant, que l'on
peut voir par exemple lors de fêtes foraines.
\begin{center}
  \includegraphics{216_foraine}
\end{center}
 Il s'agit
d'un rail sur lequel peut glisser un mobile de masse
$m$ avec très
peu de frottements. 


Ce rail comporte une partie horizontale
$(AB')$,
qui se rattache à un arc de cercle $B'E'$ puis à une partie
rectiligne montante $(E'E)$ . 
Le but est de lancer le mobile de
manière à atteindre l'extrémité~$E$ de la partie montante,
située à une hauteur~$H$ au-dessus du
prolongement du rail horizontal.
\`A ce moment-là, le mobile heurte un dispositif approprié
et le joueur peut recommencer.

\Par

On suppose que le joueur applique sur le mobile une
force horizontale constante $\vec{f}$ sur le trajet
$AB$, puis lâche le mobile en~$B$. On négligera les
frottements dans toute la suite de l'exercice. On pose
$d=d(A,B)$.

\begin{questions}
\item Quelle est la vitesse $v_1$ du mobile sur la partie horizontale,
  en fonction de $m$, $f$ et $d$~?

\item Avec quelle force minimale $f_{min}$ le joueur doit-il lancer le
  mobile pour gagner~? On exprimera $f_{min}$ en fonction de $m$, $d$,
  $H$ et de $g$, intensité de la pesanteur.

\item On démonte à présent partiellement le dispositif, en retirant le
  rail $(E'E)$. Un joueur lance le mobile en lui appliquant la force
  $f_{\text{min}}$. Lorsque le mobile sort du dispositif en $E'$, il décrit
  une trajectoire parabolique.  L'altitude maximale qu'il atteint
  au-dessus du plan du rail horizontal est-elle égale à~$H$~?
\end{questions}

{\em Données :}

$m=7$~kg, $d=50$~cm, $H=2$~m et $g=10$~m.s$^{-2}$.

\end{exo}
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\begin{corrige}
\begin{questions}
\item  On étudie le système
\{mobile\} dans le référentiel galiléen lié au sol.
Il est soumis à son poids $\gvec{P}$, à la réaction
$\gvec{R}$ du rail et à la force $\gvec{f}$ du
joueur. $\gvec{P}$ et $\gvec{R}$ ne travaillent
pas pendant la phase d'accélération puisque ces
deux forces sont verticales (on néglige les frottements),
donc perpendiculaires au mouvement, horizontal.
La variation de l'énergie mécanique du système entre
l'instant initial (mobile en~$A$, immobile) et 
l'instant final (mobile en~$B$, à la vitesse $v_1$), est
égale au travail de la force du joueur, ce qui donne:
\[\frac{1}{2}mv_1^2-0=fd\mbox{~~~soit~:~~~}
v_1=\sqrt{\frac{2fd}{m}}.\]

\item On utilise la conservation de l'énergie mécanique du système
  entre le point~$B$ et le point~$E$. Quand le joueur
  applique la force minimale, le mobile arrive en~$E$ avec
  une vitesse $v_2$ nulle. On a ainsi~:
  \[0+\frac{1}{2}mv_1^2=mgH+0,\] où le membre de gauche représente
  l'énergie mécanique du système en~$B$ et le membre de droite son
  énergie mécanique en~$E$.  On en déduit:
%  \[f_{\text{min}}d=mgH\mbox{~~~donc~:~~~}f_{min}=\frac{mgd}{H}.\] % ERREUR VOLONTAIRE (détectée)
  \[f_{\text{min}}d=mgH\mbox{~~~donc~:~~~}f_{min}=\frac{mgH}{d}.\]
% <==== EXPRESSION CORRECTE (d et H intervertis)
  
  L'application numérique donne:
  \[f_{\text{min}}=\frac{7\times 10\times 2}{0{,}5}=2,8\cdot 10^2\mbox{~N}.\]
  
  \newpage
  
\item L'altitude maximale atteinte est inférieure à $H$.
  En effet, entre le point~E$'$ et le sommet de la trajectoire
  parabolique, seul le poids travaille, comme précédemment.
  Toutefois, au sommet de sa trajectoire le vecteur vitesse
  du mobile possède une composante horizontale, donc son
  énergie cinétique n'est pas nulle. Utilisons alors la conservation
  de l'énergie mécanique, et notons M le point d'altitude maximale de
  la trajectoire dans le cas où on retiré le rail. On a:
  \[E_m=\frac 12 mv_M^2+mgH',\]
  où $v_M$ est la vitesse du mobile lorsqu'il passe au point~M, et
  $H'$ la hauteur de ce point par rapport au rail horizontal. En
  revanche, lorsque le rail incliné était présent, nous avions:
  \[E_m=0+mgH,\]
  puisque pour $f=f_\mathrm{min}$ le mobile arrivait sans vitesse au
  point~E. Nous avons donc:
  \[mgH'=mgH-\frac 12 mv_M^2.\] Puisque $v_M\ne 0$, nous avons $H'<H$.
\end{questions}

\begin{center}
  \includegraphics{227_forainesol}
\end{center}
\end{corrige}

\thumb\AfficheCorrige
