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.
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ABsin
Par conséquent :
W(P)AB mgABsin
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.
RN
P
T
f

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
donc :
  W(P)AB
tmgh t
soit :
tmgh
A.N :
t8009,821
50.103
= 3,3 s.
Exercice 25 p.96
a. Le système étudié est l’objet dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen.
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ABsin
Par conséquent :
W(P)AB mgABsin
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mgABsin
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.
P
RN
B
A

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)1
2m.vB
2
car la vitesse initiale est nulle.
Donc :
1
2m.vB
2P.h
soit
1
2m.vB
2mgh
donc :
vB2gh
A.N :
vB29,815,0 
17 m.s-1
Donc :
Ec1
2m.vB
2mgh
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)1
2
m. vB2
car la vitesse initiale est nulle.
Donc :
1
2
m. vB2 P.h
soit
1
2
m. vB2 m gh
donc :
vB2gh
A.N :
vB29,815,0 
17 m.s-1
Donc :
Ec1
2
m.vB
2
m gh
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)1
2m.vB
2
car la vitesse initiale est nulle.
Donc :
1
2m.vB
2P.h
soit
1
2m.vB
2mgLh
donc :
vB2gLh
A.N :
vB21,62,50 
2,8 m.s-1
c.
EcEc(B)mgLh
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2gLh
donc :
hhgL
gT
A.N :
h2,501,6
9,8 
0,42 m
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
2m.vB
21
2m.vA
2
Donc :
1
2m.vB
21
2m.vA
2P.H
soit
Hv2
BvA
2
2g
A.N :
H16,6214,32
29,8
= 3,6 m
c.
hn.H
où n est le numéro de l’étage.
vA2gnH
donc
nvA
2
2gH
A.N : n = 2,9 soit 3e étage pour A et 4e pour B.
Exercice 12 p.106
a.
Ec1
2me.v2
A.N :
Ec0,59,1.1031 1,6.107
 2
1,2.10-16 J
b.
Ec1
2mp.v2
A.N :
Ec0,51,67.1027 2,0.108
 2
3,2.10-11 J
c.
Ec1
2M.v2
A.N :
Ec0,5 800 126
3,6
2
4,9.104 J = 49 kJ Il n’est pas inutile de retenir que l’énergie
cinétique d’une voiture allant à 130 km/h est de l’ordre de 50 kJ.

d.
Ec1
2M.v2
A.N :
Ec0,5 5,0.10810 1852
3600
2
6,6.109 J = 6,6 GJ
Exercice 14 p.106
a. La formule donnée
Ec1
2m.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
la formule
Ec1
2m.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
cylindre et est donc constante. Donc :
v r
et par conséquent :
Ec1
2m.
r
 2
A.N :
Ec0,52,015,70,10
 2
= 2,5 J
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1
2m.v2
soit
Ec1
2m.
T.RT.cos(
')
 2
avec
T2
86160 
7,2921.10-5 rad.s-1
A.N :
Ec0,550 7,2921.1056,400.106cos(49')
 2
= 2,34.106 J = 2,34 MJ
Exercice 18 p.107
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
 En A, l’énergie cinétique du système vaut
Ec(A)1
2m.v2
.
En B,
Ec(B)1
2m.vS
2
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
2m.vs
21
2m.v2
 Le poids est la seule force appliquée au système : les frottements de
l’air et la poussée d’Archimède sont négligés.
B
A