Exercice 23 page 202

Exercice 23 page 202
Le schéma de cet exercice comporte une erreur. La particule alpha étant chargée
positivement, la force électrique à laquelle elle doit être soumise doit lui permettre de se
mouvoir dans le sens de l’axe (0,x). Le champ électrique doit donc être orienté lui aussi dans
ce sens. La plaque positive et la plaque négative du condensateur doivent donc être
permutées.
1 . Une particule alpha est un noyau d’hélium :
4
2
He
Ce noyau est constitué de deux protons et de deux neutrons. Sa charge vaut donc deux fois
celle du proton :
q( 24 He)  q  2.e
2 . Travail de la force électrique le long du déplacement rectiligne AB :
ur ur uuur
WAB (F )  F.AB  F.AB  q .E.AB
Le champ électrique est constant entre les armatures du condensateur :
U AB VA  VB 

AB
xB  xA
ur
WAB (F )  q .(VA  VB )
E
3 . Le travail de la force électrostatique exercée sur la particule alpha se déplaçant entre les
deux points A et B est l’opposé de la variation de son énergie potentielle électrique entre ces
deux points :
ur
WAB (F )  E pé
E pé  q .(VB  VA )
4 . L’énoncé précise que les frottements sont négligeables lors du mouvement de la particule
alpha. L’énergie mécanique de la particule se conserve donc.
5.a.
Em  Ec  E pé  0
1
E pé  Ec  (Ec (B)  Ec (A))  Ec (B)   m vB2
2
1
q .(VB  VA )   m vB2
2
2
m v
VA  VB   B
2q
5 . b . Application numérique :
VA  VB 
6, 70.10 27.(1,00.10 6 )2
 1,05.10 4 V
19
2.2.1,60.10
Exercice 24 page 202
1 . a . La balle n’est soumise qu’à son poids. Elle est en chute libre.
1 . b . Le poids est une force conservative. Le travail de cette force ne dépend pas du chemin
suivi par son point d’application.
2 . Au point A : la balle possède de l’énergie cinétique :
Ec (A) 
1 2
mvA
2
Au point A, la balle possède aussi de l’énergie potentielle de pesanteur. En fixant l’origine des
énergies potentielles de pesanteur au niveau du sol, on a :
E pp (A)  mgzA
Son énergie mécanique au point A est donc :
Em (A)  Ec (A)  E pp (A) 
1 2
mv0  mgH
2
Au point B :
Em (B)  Ec (B)  E pp (B) 
1 2
mvB
2
3 . Puisqu’on néglige tous frottements exercés par l’air, on peut dire que l’énergie mécanique
de la balle se conserve :
1 2
1
mv0  mgH  mvB2
2
2
4 . a . On exploite l’expression précédente :
vB2  v02  2gH
vB  v02  2gH
4 . b . Application numérique :
2
 126.10 3 
vB  
 2.9,81.2,20  35,6m.s 1
 3600 
(128km.h1 )
4 . c . En fait, la vitesse est de 120 km/h. Les forces de frottement exercées par l’air ne sont
donc pas négligeables. Les frottements sont dissipatifs. Ce sont eux qui sont à l’origine de la
diminution de l’énergie mécanique du système.
Exercice 22 page 202
N
R
v
f
P
1 . On étudie le système valise dans le référentiel terrestre.
Cette valise est soumise à son poids et à la réaction du support (exercée par le tapis roulant)
Cette réaction peut se décomposer en une force de frottement f et une composante normale
N. L’énoncé précise que la valise est en mouvement rectiligne uniforme. Le principe d’inertie
permet d’affirmer que la somme vectorielle des forces extérieures qui agissent sur la valise est
égale au vecteur nul. Les forces se compensent.
ur ur ur r
P f N 0
2 . Lorsqu’un système est soumis à des forces conservatives et/ou à des forces non
conservatives dont le travail est nul, son énergie mécanique se conserve.
 Le poids est une force conservative.
 La composante normale de la réaction du support ne travaille pas car sa direction est
perpendiculaire au déplacement AB.
 Par contre, le travail de la force de frottement n’est pas nul. Cette force, en travaillant, fournit
de l’énergie au système qui voit donc son énergie mécanique augmenter.
3 . Em > 0
Grâce au tapis roulant et à la force de frottement qu’exerce ce tapis sur la valise, l’énergie
cinétique et l’énergie potentielle de pesanteur de la valise augmentent.
4.a.
ur ur uuur
WAB ( f )  f .AB  f .AB
Pour déterminer l’intensité des frottements, on projette sur un système d’axes (0, x, y)
judicieux (voir schéma) l’équation vectorielle obtenue en appliquant la première ou deuxième
loi de Newton :
ur ur ur r
P f N 0
Px  fx  N x  0
m.g.sin( )  f  0
Py  fy  N y  0
m.g.cos( )  N  0
on a donc :
f  m.g.sin( )
ur
WAB ( f )  m.g.sin( ).l
4.b.
f  m.g.sin( )  20.10.0,26  52N
Exercice 21 page 201
1 . Au point D :
E pp (D)  m.g.zD  m.g.h
2 . Au point D, l’énergie mécanique de l’enfant est égale à son énergie potentielle de
pesanteur puisqu’en ce point, son énergie cinétique est nulle :
Em (D)  E pp (D)  Ec (D)  E pp (D)  m.g.h
3 . Au point O :
1
Em (O)  E pp (O)  Ec (O)  Ec (O)  .m.v02
2
4 . a . L’énoncé précise que l’on néglige tous frottements, solides ou fluides. Cela signifie que
le système conserve son énergie mécanique. On peut donc écrire :
Em (D)  Em (O)
1
m.g.h  .m.v02
2
v0  2.g.h
4 . b . application numérique :
v0  2.10.5,0  10m.s 1
5 . a . En réalité, les frottements ne peuvent être négligés. Le système ne transfère donc pas
intégralement son énergie potentielle en énergie cinétique. Il y a eu des pertes liées aux
travaux résistants des forces de frottements solides et fluides. L’énergie mécanique du
système ne se conserve pas. Elle diminue.
5 . b . On exprime dans un premier temps l’énergie perdue par le système entre D et O :
1
Em  Em (O)  Em (D)  .m.v2  m.g.h
2
Cette énergie perdue par le système a été transférée au reste de « l’univers » lors du travail de
la force de frottement. L’expression du travail résistant de ces frottements est donc :
ur
1
WDO ( f )  Em  .35.6,0 2  35.10.5,0
2
ur
WDO ( f )  1,1.10 3 J
Exercice 26 page 203
1 .  Bilan des forces agissant sur le systèmeskieuse le long du déplacement AB :
 Bilan des forces agissant sur le systèmeskieuse le long du déplacement BC :
N
T
N
P
f

P
2 . Expressions littérales des travaux :
 Le long du trajet AB :
ur ur uuur
WAB (P )  P.AB  0
ur ur uuur
WAB (N )  N .AB  0
ur ur uuur
WAB ( f )  f .AB  f .AB.cos(180)   f .AB
ur ur uuur
WAB (T )  T .AB  T .AB.cos(0)  T .AB
 Le long du trajet BC :
ur ur uuur
WAB (P )  P.BC  P.BC.cos(90   )  P.BC.sin 
ur ur uuur
WAB (N )  N .BC  0
3 . Une force non conservative est une force dont le travail dépend du chemin suivi.
4 . a . On a :
Em  Ec  E pp
La skieuse part de A sans vitesse initiale et arrive en B avec une vitesse de 57 km.h -1.
L’énergie cinétique du système a donc augmenté.
Les points A et B sont à la même altitude. L’énergie potentielle de pesanteur du système reste
donc constante.
On en déduit que l’énergie mécanique du système a augmenté.
4 . b . On peut appliquer le théorème de l’énergie mécanique entre les points A et B :
ur
Em  WAB (F nonconservative )
ur
ur
Ec  WAB ( f )  WAB (T )
1
1
.m.vB2  .m.vA2   f .AB  T .AB  AB.(T  f )
2
2
2
 57,0.10 3 
60,0.
 3600 
m.vB2
Tf
 150 
 188N
2.AB
2.200
5 . a . Le long du trajet BC, l’énoncé précise que les frottements sont négligés. Par
conséquent, l’énergie mécanique du système se conserve. L’énergie potentielle de pesanteur
du système augmente pendant que son énergie cinétique diminue.
5 . b . On applique le théorème de l’énergie cinétique entre les points B et C :
ur
ur
Ec  WBC (P )  WBC (N )
1
1
.m.vC2  .m.vB2  P.BC.sin 
2
2
2
 57,0.10 3 
vC  v  2.g.BC.sin   
 2.9,81.6, 40.sin14,0  14,8m.s 1
 3600 
2
B
6 . Entre le point C et le point D, le système est en chute libre. Il n’est soumis qu’à son poids.
Puisqu’on néglige les frottements de l’air, l’énergie mécanique du système se conserve. On
peut appliquer le théorème de l’énergie cinétique entre les points C et D :
ur
1
1
.m.vD2  .m.vC2  WCD (P )  m.g.(zC  zD )
2
2
1
(zC  zD ) 
. vD2  vC2
2g


Si on place la référence des altitudes au niveau du plan d’eau, l’altitude à laquelle monte la
skieuse vaut :
1
H  (zD  zC )  BC.sin  
. vC2  vD2  BC.sin 
2g


2
 51.10 3  
1 
2
H
. 14,8  
  6, 40.sin14,0  2,5m
2.9,81 
 3600  
Exercice 28 page 204
1 . Equation de la trajectoire de la bille
a . b . On étudie le système bille dans le référentiel terrestre :
Bilan des forces extérieures agissant sur le système : le poids (chute libre)
On écrit la seconde loi de Newton :
ur
r
r
F ext  m.a(t)  m.g

r r
ag
c . Coordonnées du vecteur vitesse :
dvx (t)
0
dt
dv (t)
ay (t)  y  g
dt
vx (t)  cste
vy (t)  g.t  cste'
ax (t) 
Pour déterminer les constantes d’intégration, on exploite les conditions initiales : à t=0s, la
vitesse de la bille a pour coordonnées :
vx (0)  v0  cste
vy (0)  0  cste'
Conclusion :
vx (t)  v0
vy (t)  g.t
d . Equation de la trajectoire :
dx(t)
 v0
dt
dy(t)
vy (t) 
 g.t
dt
x(t)  v0 .t  cste
vx (t) 
1
y(t)   .g.t 2  cste'
2
A la date t=0s, la bille est située à l’origine du repère :
x(t)  v0 .t
1
y(t)   .g.t 2
2
Conclusion :
1  x
y   .g. 
2  v0 
2
e.
1 xM2
1
0, 40 2
v0   .g.

.9,81.
 2,0m.s 1
2 yM
2
0,20
2 . Utilisation d’un plan incliné pour que la bille arrive en O avec la vitesse de valeur v0
a . Entre A et B, on néglige les frottements. La réaction du support est donc perpendiculaire à
chaque instant au plan incliné. Le travail de cette force le long du déplacement AB est donc
nul. Le long de ce déplacement, seul le poids de la bille travaille. Ce travail ne dépend pas du
chemin suivi mais juste du dénivelé entre A et B (le poids est une force conservative).
b . Appliquons le théorème de l’énergie mécanique entre les points A et B :
ur
Em  WAB (F nonconservative )  0
L’énergie mécanique du système se conserve.
c . Energie mécanique de la bille en A :
Em (A)  Ec (A)  E pp (A) 
Em (A)  m.g.yA
d . Energie mécanique de la bille en B :
Em (B)  Ec (B)  E pp (B) 
e.
1 2 1 2
mvB  mv0
2
2
Em  0  Em (B)  Em (A)
1
m.g.yA  mv02
2
2
1 v0
yA 
2 g
f . Application numérique :
1 2,0 2
yA  .
 0,20m
2 9,81
Exercice 29 page 205
1 . Altitude du wagon en fonction de R et de  :
On a :
1 2
mvA  m.g.(yA  yB )
2
z  R.(1 cos )
2 . Le wagon est abandonné, sans vitesse initiale, à la hauteur H (point A) : on applique le
théorème de l’énergie cinétique entre le point A et le point M :
ur
1 2 1 2
mvM  mvA   WAM (F ext )
2
2
ur
ur
1 2
mvM  WAM (P )  WAM (N )
2
1 2
mvM  m.g.(H  z)
2
Conclusion :
vM  2.g.(H  z)
3 . Au sommet de la boucle :
vS  2.g.(H  2.R)
4.
H
vS2
13,8 2
 2.R 
 38  48m
2g
2.9,81
Exercice 30 page 205
1 . a . Le poids est une force conservative. Son travail ne
dépend as du chemin suivi :
ur
WOA (P )  m.g.(yO  yA )  m.g.yA
ur
WOA (P )  m.g.l.(1 cos  )
1 . b . La force électrostatique est conservative aussi :
ur
ur uuur
ur uuur uuur
ur uuur
WOA (F )  q.E.OA  q.E.(OH  HA)  q.E.HA
ur
WOA (F )  q.E.HA  q.E.l.sin 
2 . Par définition, le travail du poids d’un système se
déplaçant entre deux points est l’opposé de la variation de
son énergie potentielle de pesanteur entre ces deux
points :
ur
E pp  WOA (P)  m.g.l.(1 cos )
De même, le travail de la force électrostatique exercée sur un système se déplaçant entre
deux points est l’opposé de la variation de son énergie potentielle électrique entre ces deux
points :
ur
E pélec  WOA (F )  q.E.l.sin 
0,0003
0,0002
0,0001
0
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
-0,0001
-0,0002
-0,0003
-0,0004
angle alpha (°)
Epp(J)
Epélas(J) Ep(J)
4 . La somme des variations des énergies potentielles de pesanteur et électrique est minimale
pour un angle de 42 °. Pour cet angle, l’énergie potentielle de la charge est minimale. La
charge est en position d’équilibre stable.
_________________________