\thumb

\begin{qcm}{Testez vos connaissances}{10}
\be
%1
\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}

%2
        \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}
        
        %3
        \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}
        
        %4
        \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.
        
        %5 
        
        \item  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 $\Delta\theta$.
    
     L'énergie potentielle de pesanteur du marteau pilon varie de la quantité :\par\resetchoix
        \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}
        
        % 6
        \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}
        
        % 7
        \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}
    
    \newpage
    	% 8
    	\item Un objet de masse $m=2$ kg se déplace horizontalement sur une distance 5 m sous l'action d'une force constante $\vec{F}$ de valeur $F=10$ N, parallèle au déplacement. Quelle
est la valeur du travail $W$ de cette force ?\par \resetchoix
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix $W = 0$ J &  \choix $W=25$ J\\
\choix $W=50$ J & \choix $W=100$ J
\end{tabularx}

% 9
\item Un objet de masse $m=3$ kg est initialement au repos. Une force $\vec{F}$ lui communique une accélération constante, et sa vitesse atteint $v=6$~m/s après un déplacement de $d=4$~m. Quelle est la valeur de la force $F$ appliquée ?\par\resetchoix
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix $F= 6$ N &  \choix $F= 13,5$ N\\
\choix $F=27$ N & \choix $F= 54$ N
\end{tabularx}

% 10
\item Un skieur de masse $m=70$ kg descend une piste inclinée de 30° par rapport à l'horizontale. La longueur de la piste est $L=100$~m. En négligeant les frottements, quelle est la vitesse $v$ du skieur à la fin de la descente s'il part sans vitesse initiale ?\par\resetchoix
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix $v=14$ m/s & \choix $v=24$ m/s\\
\choix $v=32$ m/s & \choix $v=44$ m/s
\end{tabularx}
    \ee
    \Par
\textit{Données:} intensité de la pesanteur: $g=10$ m/s$^2$.
    \end{qcm}
    
    
\begin{corrige}
\be
% 1
\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*}
        
        % 2
        \item Conformément au rappel (\ref{1101111}) de la page \pageref{1101111}, la conversion entre les unités de vitesse s'écrit :
        \[1\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}=\frac{1}{3,6}\Uvitesse
            \Leftrightarrow 1\Uvitesse =3,6\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}\text{ (réponse \choix[b])}.
        \]
        
        % 3
        \item Par définition, l'énergie cinétique d'un point matériel de masse $m$ et de vitesse $v$ est définie par :
        \[E_c=\frac{1}{2}\,mv^2\text{ (réponse \choix[c])}.
        \]
        
        % 4
        \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]).
        
        % 5
        \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*}
        
        % 6
        \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*}
        
        % 7
%        \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 :
%        \[\nombre{18080}\times\Delta\theta =6.10^4\Rightarrow\Delta\theta =3,3\Utemp\text{ (réponse \choix[b])}.
%        \] 
        
        % 7
        
        \item Le travail d'une force constante entre deux points $A$ et $B$ est donné par $W=\vec{F}\cdot\gvec{AB}$.
        
        Comme $\vec{F}$ est parallèle au déplacement, $\vec{F}$ et $\gvec{AB}$ sont colinéaires donc:
        \[
        W = F \times AB = 10 \times 5 = 50\text{ J. (réponse \choix[c])}
        \]
        
        % 8
        
        \item D'après le théorème de l'énergie cinétique, 
        \[
        \Delta E_c = \sum W.
        \]
        Or, le travail $W$ de la force vaut $F \times d$ car la force est parallèle au déplacement. Donc,
        \begin{align*}
        \dfrac{1}{2}mv^2  = F \times d & \iff \dfrac{1}{2}\times3\times6^2=F \times 4\\
        & \iff 54=4F\\
        & \iff F = 13,5\text{ N (réponse \choix[b])}.
        \end{align*}
        
        % 9
        \item En l’absence de frottements, l'énergie potentielle initiale est intégralement convertie en énergie cinétique:
        \[
        mgh = \dfrac{1}{2}mv^2.
        \]
        Donc après simplification par $m$:
        \[
        v = \sqrt{2gh}.
        \]
        Or,
        \begin{align*}
        h & = L \times \sin(30^\circ) = 100 \times 0,5 = 50\text{ m}.\\
\text{Donc }v = & \sqrt{2 \times10\times50}=\sqrt{\numprint{1000}}\approx31,6\approx 32\text{ m/s. (réponse \choix[c]).}        
        \end{align*}
    \ee
    \end{corrige}


%%% 2

\begin{exo}{\'Energie cinétique}{Lycée Félix Faure, Beauvais}{1}{5}
    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}


%%% 3

\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
        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}

%%% 4
\newpage
\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*}
    \end{corrige}

%%% 5

\begin{exo}{Énergie mécanique}{Lycée Claude Bernard, Paris}{1}{30}
Dans un parc d’attraction, un wagonnet de masse $m = 65$~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 $g=10\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}$.

Les hauteurs des différents points $A$, $B$, $C$, $D$ et $E$ sont repérées par rapport au sol et ont pour valeurs :

\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}

\begin{questions}
\item Calculer la variation d'énergie potentielle $\Delta E_{\rm pp}(A/B)$ lorsque le wagonnet passe de $A$ à $B$, puis la variation d'énergie potentielle $\Delta E_{\rm pp}(B/C)$ lorsque le wagonnet passe de $C$ à $C$.

\Par

\textit{On admet, pour toute la suite, qu’il n’y a pas de frottements.}

\Par

\item Calculer les variations d’énergie potentielle de pesanteur et d'énergie mécanique lorsque le wagonnet passe de $A$ à $E$.

\item Le wagonnet part de $A$ sans vitesse initiale.\\
Calculer sa vitesse au point $B$.

\item Le wagonnet part de $A$ avec une vitesse initiale $v_A=1\Uvitesse$.\\
Calculer sa vitesse au passage en $E$.
\end{questions}
\end{exo}
    
    
\begin{corrige}
\begin{questions}
\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 :
        \[\Delta E_{pp}(A/B)=-\nombre{6500}\text{ J}\text{ et }\Delta E_{pp}(B/C)=\nombre{3250}\text{ J}.
        \]
        
        
        \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 :
        \[\Delta E_{pp}(A/E)=-\nombre{1300}\text{ J et }\Delta E_m(A/E)=0\text{ J}.
        \]
        
        
        \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\approx 14,1\Uvitesse.
        \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\approx 6,4\Uvitesse.
        \end{align*}
\end{questions}
\end{corrige}



%%% 6

\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}

%%% 7

    \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 :
        \[E_{pp}(A)=mgz_A+E_0=E_0,\text{ où $E_0$ est une constante}.\]
        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
    \enlargethispage*{5em}
    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}


%%% 8


\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}

%%% 9

\begin{exo}{Mouvement d’une particule}{Lycée Claude Bernard, Paris}{2}{30}
Un condensateur plan est formé de deux plaques parallèles, distantes de \linebreak$d=2,0$~cm, entre lesquelles règne un champ électrostatique uniforme $\vec{E}$, dirigée de la plaque positive vers la plaque négative. 

Un électron de charge $q=-1,6\times10^{-19}$~C et de masse $m=9,1\times10^{-31}$~kg est
initialement au repos sur la plaque négative au point $A$. Cet électron va se déplacer de la plaque négative vers la plaque positive pour arriver au point $B$. L’intensité du champ électrostatique est $E=5,0\times 10^3 \text{ V}\cdot\text{m}^{-1}$. La force électrostatique est la seule force agissant sur la particule.

\begin{questions}
\item Rappeler l’expression de la force électrostatique $\vec{F}$ subie par la particule en fonction de $q$ et $\vec{E}$.

Quel est sa direction et son sens ?

\item Calculer le travail $W$ de cette force lorsque la particule se déplace de la plaque positive vers la plaque négative.

\item En utilisant le théorème de l’énergie cinétique, en déduire la vitesse $v$ de la particule lorsqu’elle atteint la plaque négative.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item L’expression de la force électrostatique est:
\[
\vec{F} = q \cdot \vec{E}.
\]
Cela donne:
\[
F = |q|\cdot E = 1,6 \times 10^{-19} \times 5,0 \times 10^3 = 8,0 \times 10^{-16}\text{ N}.
\]
La direction de cette force est celle du champ électrique $\vec{E}$, mais comme la charge est négative, la force est dirigée vers la plaque positive (c’est-à-dire que le sens de cette force est sens opposé au champ électrique $\vec{E}$).

\item Le travail de la force électrostatique est donné par le produit scalaire :
\[
W = \vec{F}\cdot\gvec{AB}.
\]
Puisque la force et le déplacement sont dans le même sens et que \linebreak $AB=d$, on a :
\[
W = F \cdot d = 8,0 \times 10^{-16} \times 2,0 \times 10^{-2} = 1,6 \times 10^{-17}\text{ J}.
\]
Le travail de la force électrostatique est donc de $W = 1,6 \times 10^{-17}$~J.

\item Le théorème de l’énergie cinétique annonce que la variation d’énergie cinétique de l’électron entre A et B est égale à la somme algébrique des travaux des forces extérieurs appliquées à l’électron.
\[
\Delta E_c = \sum W_{A \to B}.
\]
Ici il y a uniquement la force électrostatique dont le travail est $W$. Donc,
\[
\sum W_{A \to B} = W =  1,6 \times 10^{-17}\text{ J}.
\]
Par ailleurs l’énergie cinétique au point A est nulle car l’électron y est au repos. Donc,
\[
\Delta E_c = E_{c_B} - E_{c_A} =  E_{c_B}.
\]
$v$ étant la vitesse atteinte en $B$, on a :
\[
E_{c_B} = \dfrac{1}{2}m\cdot v^2.
\]
Finalement,
\[
\dfrac{1}{2}m\cdot v^2 = W.
\]
On isole maintenant $v$ dans l’équation :
\[
v =\sqrt{\dfrac{2\times W}{m}} = \sqrt{\dfrac{2 \times 1,6 \times 10^{-17}}{9,1 \times 10^{-31}}} \approx \sqrt{3,52\times10^{13}}\approx 5,9\times10^6\Uvitesse.
\]
La vitesse de l’électron lorsqu’il atteint la plaque positive est:
\[
v\approx5,9\times10^6\Uvitesse.
\]
\end{questions}
\end{corrige}



%%% 10

    \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}
    \enlargethispage*{5em}
    \begin{minipage}{7cm}
    \begin{questions}
    \item Initialement, le centre d'inertie $G$ se trouve au point $I$ d'altitude ${z_I=1\Um}$.\par
        En choisissant l'énergie potentielle de pesanteur nulle au niveau du sol, l'énergie potentielle de pesanteur initiale de l'athlète vaut: \[E_{pp}(I)=mgz_I. \]
        \end{questions}
        \end{minipage}
        \hfill
        \begin{minipage}{25mm}
        \includegraphics{120_energie_022}
        \end{minipage}

        \newpage
        
        \hfill
        \begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-8mm}
        \item[] 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 :
         \[E_{pp}(P)=mgz_P.
        \]       
        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*}
        \end{minipage}
        
        \begin{questions}
        \setcounter{enumi}{1}
        \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
    \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 page suivante.
    \newpage
    \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 
        \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
    \end{corrige}

%%% 12

    \begin{exo}{Système à deux mobiles reliés}{Lycée Fustel de Coulanges, Massy}{3}{40}
    
    \begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-5cm}
    Le dispositif représenté ci-contre 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.
    \end{minipage}
    \hfill
    \begin{minipage}{45mm}
    \Form{112_energie_014}
    \end{minipage}
    
    On suppose les frottements également négligeables.

    
    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 :
        \[E_c(A')+E_c(B')=\frac{1}{2}\,mv^2+\frac{1}{2}\,mv^2=mv^2.
        \]
        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}

\thumb
\AfficheCorrige
   
