Correction_exercices_séquence_3_travail_énergie

Corrections des exercices du livre p.95-96 et : travail et énergie cinétique
Exercice 23 p.96
a. Le système étudié est le skieur et ses skis dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen.
T

RN
f
P

b. W (P)AB  P.h puisque le skieur monte d’une hauteur h. Or h est la différence d’altitude entre A et B,
donc : h  AB sin  
Par conséquent : W (P)AB  mgAB sin  
A.N : W (P)AB  90  10  1250  sin 20  - 3,8.105 J
c. W ( f )AB   f .AB puisque la force de frottement s’oppose au mouvement ici.
A.N : W ( f )AB  30 1250  - 3,8.104 J
d. La réaction normale du support est perpendiculaire au déplacement : cette force ne travaille donc pas.
Le travail de la réaction du support est donc égal au travail de la réaction tangentielle, c’est à dire au travail
de la force de frottement.
e. W (T )AB  T .AB.cos   car la traction de la perche est une force motrice.
A.N : W (T )AB  675  1250  cos 60  4,2.105 J
On constate que W (P)AB  W ( f )AB  W (T )AB  0 : la somme des travaux des forces est nulle.
Par conséquent, l’énergie cinétique du skieur ne varie pas entre l’état initial et l’état final : la vitesse du
skieur en A est égale à celle en B. Il est donc vraisemblable qu’elle soit constante.
Exercice 24 p.96
On étudie le système {ascenseur} dans le référentiel terrestre, galiléen pour la durée du mouvement.
Faisons l’inventaire des forces :
- le poids de l’ascenseur
- la traction du câble.
D’après le principe d’inertie, la vitesse étant constante, les forces se compensent.
Par conséquent, le travail du poids est égal en valeur au travail de la force de traction du câble entraîné par le
moteur : W (P)AB  W (T )AB  0 donc : W (T )AB  W (P)AB .
Or, la puissance du moteur correspond au travail de la force de traction, en valeur absolue, sur la durée du
trajet :

W (T )AB
t
A.N : t 

donc :
W (P)AB
t

mgh
t
soit : t 
mgh

800  9, 8  21
= 3,3 s.
50.10 3
Exercice 25 p.96
a. Le système étudié est l’objet dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen.
B
RN
P

A
b. Dans ce cas, seul le poids travaille : en effet, la réaction du support est perpendiculaire au déplacement,
donc le travail de cette force est nul.
 Lors de la montée : W (P)AB  P.h puisque l’objet monte d’une hauteur h. Or h est la différence
d’altitude entre A et B, donc : h  AB sin  
Par conséquent : W (P)AB  mgAB sin  

A.N : W (P)AB  0, 500  9, 8  0, 80  sin 30  - 2,0 J
Lors de la descente : W (P)AB  P.h puisque l’objet descend d’une hauteur h. Par conséquent :
W (P)BA  mgAB sin  
A.N : W (P)BA  0, 500  9, 8  0, 80  sin 30  2,0 J
Le travail du poids lors de l’aller-retour est nul : il n’y a pas de changement d’altitude globalement.
c. Si les frottements ne sont plus négligés, alors le travail de la réaction du support n’est plus nul : il est égal
au travail de la force de frottement.

Lors de la montée : W ( f )AB   f .AB puisque la force de frottement s’oppose au mouvement ici.
A.N : W ( f )AB  1, 5  0, 8  - 1,2. J

Lors de la descente : W ( f )BA   f .AB également : la force de frottement s’oppose au mouvement de
nouveau.
A.N : W ( f )AB  1, 5  0, 8  - 1,2. J
Le travail de la force de frottement lors de l’aller-retour n’est pas nul : il vaut la somme des travaux lors de
la montée et de la descente.
Donc : W ( f )AA  W ( f )AB  W ( f )BA  - 2,4. J
Exercice 7 p.106
a. Le système étudié est la bille dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen.
La variation du vecteur vitesse se fait dans la direction du poids selon la deuxième loi de Newton.
La vitesse initiale étant nulle, tous les vecteurs vitesses seront donc dans la direction du poids : la trajectoire
est une droite verticale.
Le centre d’inertie de la bille passe du point A au point B.
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique au système en mouvement de translation : Ec  W (F)AB
La chute est considérée comme libre, c’est-à-dire que les frottements de l’air sont négligeables. La seule
force qui travaille est donc le poids.
D’où : Ec  W (P)AB Or :
 W (P)AB  P.h puisque la bille descend.

Ec  Ec (B)  Ec (A) 
Donc :
1
m.vB2  P.h
2
1
m.vB2
2
1
m.vB2  mgh
2
soit
1
2
Donc : Ec  m.vB2  mgh
car la vitesse initiale est nulle.
donc : vB  2gh A.N : vB  2  9, 8 15, 0  17 m.s-1
soit : Ec  40, 0.103  9, 8 15,0 = 5,9 J
b. De même : Ec  W (P)AB Or :
 W (P)AB  P.h puisque la bille descend.

Ec  Ec (B)  Ec (A) 
Donc :
1
m.vB 2  P.h
2
1
2
1
m.vB 2
2
soit
Donc : Ec  m.vB2  mgh
car la vitesse initiale est nulle.
1
m.vB 2  mgh
2
donc : vB  2gh A.N : vB  2  9, 8 15, 0  17 m.s-1
soit : Ec  80, 0.103  9, 8 15,0 = 12 J
On retrouve deux résultats importants du cours :
 La vitesse d’un objet en chute libre est indépendante de sa masse.
 En revanche, son énergie cinétique est proportionnelle à sa masse.
Exercice 8 p.106
a. Il n’y a pas d’atmosphère sur la Lune, donc ni poussée d’Archimède, ni frottements lors d’une chute : il
s’agit bien d’une chute libre, seul le poids agit.
b. Le système étudié est la bille dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen.
Le centre d’inertie de la roche passe du point A au point B.
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique au système en mouvement de translation : Ec  W (F)AB
D’où : Ec  W (P)AB Or :
 W (P)AB  P.h puisque la roche descend.

Ec  Ec (B)  Ec (A) 
Donc :
1
m.vB2  P.h
2
1
m.vB2
2
soit
car la vitesse initiale est nulle.
1
m.vB2  mgL h
2
donc : vB  2gL h
A.N : vB  2 1, 6  2, 50  2,8 m.s-1
c. Ec  Ec (B)  mgL h
soit : Ec (B)  150.103 1, 6  2, 50 = 0,60 J
d. Si la chute est libre sur Terre, on va donc trouver : vB  2gT h
Par conséquent :
2gT h  2gL h
donc : h  h
gL
gT
A.N : h  2, 50 
1, 6
 0,42 m
9, 8
Exercice 9 p.106
a. On reproduit à l’identique le raisonnement de l’exercice 7 et on trouve v  2gh .
b. Ec  W (P)AB Or :
 W (P)AB  P.H puisque la bille descend.

Ec  Ec (B)  Ec (A) 
1
1
m.vB2  m.vA2
2
2
v2  v2
16, 62 14, 32
1
1
H B A
soit
A.N : H 
= 3,6 m
m.vB2  m.vA2  P.H
2g
2
2
2  9, 8
c. h  n.H où n est le numéro de l’étage.
v2
vA  2gnH donc n  A
A.N : n = 2,9 soit 3e étage pour A et 4e pour B.
2gH
Donc :
Exercice 12 p.106
1
2
A.N : Ec  0, 5  9,1.10 31  1, 6.10 7   1,2.10-16 J
1
2
A.N : Ec  0, 5  1, 67.10 27  2, 0.10 8   3,2.10-11 J
1
2
A.N : Ec  0, 5  800  
a. Ec  me .v2
b. Ec  m p .v2
c. Ec  M.v2
2
2
2
 126 
 4,9.104 J = 49 kJ
 3, 6 
cinétique d’une voiture allant à 130 km/h est de l’ordre de 50 kJ.
Il n’est pas inutile de retenir que l’énergie
1
 10  1852 
9
d. Ec  M.v2 A.N : Ec  0, 5  5, 0.10 8  
  6,6.10 J = 6,6 GJ

3600
2
2
Exercice 14 p.106
1
2
a. La formule donnée Ec  m.v2 n’est valable que pour un solide en translation. En effet, pour un solide en
rotation, la vitesse linéaire dépend de la distance r à l’axe de rotation : v  r . Tous les points du solide
n’ont donc pas la même vitesse.
b. Le petit objet soulevé par le treuil avance en translation : on peut donc calculer son énergie cinétique avec
1
2
la formule Ec  m.v2 :
la vitesse de l’objet est égale à celle de la corde, qui est elle-même égale à celle d’un point à la surface du
1
2
cylindre et est donc constante. Donc : v  r et par conséquent : Ec  m. r 
A.N : Ec  0, 5  2, 0  15, 7  0,10 = 2,5 J
2
2
Exercice 16 p.106
a. Le système étudié est la caisse dans le référentiel terrestre. Sa vitesse étant nulle dans ce référentiel, son
énergie cinétique est nulle.
b. Dans le référentiel géocentrique, la caisse est en mouvement de rotation. Cependant, la distance entre les
points de la caisse est très faible devant le rayon terrestre.
Or, si  T est la vitesse angulaire de la Terre autour de son axe, v   T .RT .cos( ' ) est la vitesse d’un point
de la surface terrestre à la latitude  .
Par conséquent, un point de la caisse à l’altitude z aura donc une vitesse : v(z)   T .RT  z .cos( ' ) , où z est
de l’ordre du mètre, soit six ordres de grandeur plus petit que RT.
On peut donc conclure que tous les points de la caisse ont la même vitesse dans le référentiel géocentrique
avec la précision dont on dispose.
Donc : Ec  m.v2 soit Ec  m. T .RT .cos( ' )
1
2
1
2
2
avec  T 
2
 7,2921.10-5 rad.s-1
86160
A.N : Ec  0, 5  50  7, 2921.10 5  6, 400.10 6  cos(49' ) = 2,34.106 J = 2,34 MJ
2
Exercice 18 p.107


A
Le système étudié est le caillou dans le référentiel terrestre considéré
comme galiléen.
a. On va utiliser le théorème de l’énergie cinétique : Ec  W (F)AB

1
2
En A, l’énergie cinétique du système vaut Ec (A)  m.v2 .
1
2
En B, Ec (B)  m.vS2
Donc la variation d’énergie cinétique du système entre l’état final B et
B
1
2
1
2
l’état initial A est : Ec  Ec (B)  Ec (A)  m.vs2  m.v2
 Le poids est la seule force appliquée au système : les frottements de
l’air et la poussée d’Archimède sont négligés.
Donc la somme des travaux des forces s’écrit :
W (F)
 W (P)AB
AB
soit :
W (F)
AB
 P.h puisque
le système tombe et donc que le travail du poids est moteur.
Par conséquent le théorème de l’énergie cinétique permet d’écrire :
D’où :
1
1
m.vs2  m.v2  mgh
2
2
1
1
m.vs2  m.v2  P.h
2
2
soit : vs  2gh  v2
A.N : vs  2  9, 8  20  5, 02 = 20 m.s-1
Les cas b et c se traitent de façon identique : vs  2  9, 8  20  5, 02 = 20 m.s-1
Le poids de la pierre la fait accélérer de façon identique quelle que soit la direction initiale du tir.
Exercice 19 p.108
a. Le système étudié est le parachutiste et son parachute dans le référentiel terrestre considéré comme
galiléen.
vA  0
A
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique au système en mouvement
de translation :
R
Ec  W (F)AB

P
En A, l’énergie cinétique du système est nulle.
1
2
En B, Ec (B)  m.v2
Donc la variation d’énergie cinétique du système entre l’état final B et
l’état initial A est :
Ec  Ec (B)  Ec (A) 

B
Les forces appliquées au système sont le poids et les frottements de
l’air (on néglige la poussée d’Archimède).
Donc la somme des travaux des forces s’écrit :
W (F)
AB
1
m.v2
2
W (F)
AB
 W (P)AB  W (R)AB
soit :
 P.h  W (R)AB puisque le système tombe et donc que le travail du poids est moteur.
1
m.v2  P.h  W (R)AB
2
 v2

1
2
W
(R)

m
 gh 
ou
enfin
:
 m.v  mgh
AB

 2

2
Par conséquent le théorème de l’énergie cinétique permet d’écrire :
D’où :
1
m.v2  mgh  W (R)AB
2
soit : W (R)AB
 10 2

 9, 8  1, 0.10 3  = - 9,8.105 J
 2

A.N : W (R)AB  100 
La valeur est négative puisque le travail du frottement de l’air est résistant.
On peut remarquer que le résultat serait identique si le parachutiste arrivait avec une vitesse nulle, étant
donné la précision.
b. Dans ce cas, la vitesse initiale du parachutiste n’est pas nulle : elle vaut v0 = 216 km/h dans la direction
horizontale.
Si l’on reprend les étapes précédentes :
1
1
m.v2  m.v02
2
2
 P.h  W (R)AB

Ec  Ec (B)  Ec (A) 

W (F)
AB
Or, d’après le théorème de l’énergie cinétique Ec  W (F)AB
Donc :
 v 2  v02

1
1
 gh 
m.v2  m.v02  P.h  W (R)AB Soit : W (R)AB  m 
 2

2
2
A.N : W (R)AB
 2  216  2

 10   3, 6 

 100 
 9, 8  1, 0.10 3  = - 1,2.106 J
2






On s’attendait bien à une valeur supérieure à la précédente, puisque le travail de la force de frottement doit
également dissiper une grande partie de l’énergie cinétique initiale, la vitesse finale étant inférieure d’un
ordre de grandeur à la vitesse initiale.
Exercice 26 p.109
a. Le système étudié est la cabine d’ascenseur dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen.
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique au système en mouvement de translation :
Ec  W (F)AB

En A, l’énergie cinétique du système est nulle.
1
2
En B, Ec (B)  m.v2
Donc la variation d’énergie cinétique du système entre l’état final B et l’état initial A est :
Ec  Ec (B)  Ec (A) 

1
m.v12
2
Les forces appliquées au système sont le poids et la traction du câble (on néglige la poussée d’Archimède
et le frottement de l’air).
Donc la somme des travaux des forces s’écrit :
W (F)
AB
W (F)
AB
 W (P)AB  W (T1 )AB
 P.h  T1 .h puisque le système monte et donc que le travail du poids est moteur.
Par conséquent le théorème de l’énergie cinétique permet d’écrire :
D’où : T1 
soit :
m.v12
 mg
2h
ou enfin :
1
m.v12  P.h  T1 .h
2
 v2

T1  m  1  g 
 2h

 1, 2 2

 9, 8  = 5,2.103 N = 5,2 kN.
 2  2, 5

A.N : T1  500  
b. La vitesse étant constante, le mouvement du centre d’inertie de la cabine est rectiligne uniforme. Donc
d’après le principe d’inertie les forces se compensent : T2  P soit T2  m.g
A.N : T2  500  10  5,0 kN.
c. Dans ce cas, T3 est toujours une force motrice et donc :
1
2
Or, Ec  Ec (C)  Ec ( B)  0  m.v12
W (F)
BC
 W (P)BC  W (T1 )BC  P.h  T3 .h
1
2
Par conséquent, d’après le théorème de l’énergie cinétique :  m.v12  P.h  T3 .h
Donc : T3  
m.v12
 mg
2h

A.N : T1  500   9, 8 


soit : T3  m  g 

v12 
2h 
1, 2 
= 4,6.103 N = 4,6 kN.
2  2, 5 
2