Correction_evaluation_energie_mecanique

Evaluation de physique : énergie mécanique
D
hA
z
R
A

R
C
B
P
x
hC
P
cible
1. ÉTUDE DU MOUVEMENT DU BOULET ENTRE A ET C.
1.1. Le système étudié est le boulet une fois lâché en A.
Faire l’inventaire des forces extérieures agissant sur le boulet entre A et C. Représenter ces forces sur un
schéma sans considération d’échelle. (1 pt)
De A à C, deux forces s’appliquent sur le boulet : (0,5)
- le poids vertical descendant.
- la réaction du support perpendiculaire au support puisqu’il n’y a pas de frottements.
La direction de la réaction normale est modifiée après B (voir schéma). (0,25 par schéma)
1.2. On choisit l’altitude du point C comme référence pour l’énergie potentielle de pesanteur : EPP = 0
pour zC = 0.
1.2.1. Donner l’expression de l’énergie potentielle de pesanteur du boulet au point A et vérifier qu’elle vaut
EPP(A) = 2,5.10–2 J. (1 pt)
On sait que E pp  mgz donc en A : E pp (A)  mgzA (0,25)
Or, l’origine de l’énergie potentielle de pesanteur est prise au point C donc E pp (A)  mghA
De plus, hA  D sin  donc : E pp (A)  mgD sin  (0,5)
A.N : E pp (A)  2,5.10–2 J. (0,25)
1.2.2. En déduire l’expression puis la valeur de l’énergie mécanique du système au point A et justifier
qu’elle reste constante au cours du mouvement. (2 pts)
On sait que Em  Ec  E pp , donc : Em (A)  EC (A)  E pp (A)
Or, vA = 0 donc EC(A) =0 et par conséquent : Em (A)  E pp (A) (0,5) A.N : Em (A)  2,5.10–2 J. (0,25)
D’après le théorème de l’énergie cinétique appliqué au système boulet dans le référentiel terrestre considéré
comme galiléen, EC  W (P)AC  W (R)AC . (0,5)
Or, W (R)AC = 0 car la réaction du support est perpendiculaire au déplacement. (0,25)
Donc, EC  W (P)AC .
De plus, on sait que E pp  W (P)AC par définition. (0,25)
Donc : EC  E pp  0 soit Em  0 : l’énergie mécanique se conserve sur le trajet de A à C. (0,25)
1.3. Etablir l’expression de la vitesse au point B en fonction de , D et g. (2 pts)
D’après la conservation de l’énergie mécanique, Em (A)  Em (B) (0,5)
1
donc : mgzA  mvB2  mgzB (0,5) soit vB2  2g zA  zB  donc vB  2ghA
2
soit : vB  2gD sin  (1)
1.4. Montrer que la vitesse au point C est la même qu’en B et vaut vC = 2,2 m.s-1 (1 pt)
La conservation de l’énergie mécanique permet d’écrire : Em (C)  Em (B) (0,5) soit :
1 2
1
1
1
mvC  mgzC  mvB2  mgzB or, B et C sont à la même altitude, donc : mvC2  mvB2 (0,25) ce qui
2
2
2
2
implique :
vC  vB A.N : vC  2  9, 81 0, 50  sin 30 = 2,2 m.s-1 (0,25)
2. ÉTUDE DE LA CHUTE DU BOULET APRÈS LE POINT C.
On précise que l’action de l’air est négligée.
2.1.Exprimer la vitesse du boulet lorsqu’il atteint sa cible en fonction de EPP(A). (2 pts)
Soit D le centre de la cible.
La conservation de l’énergie mécanique du boulet permet d’écrire : Em (D)  Em (A) (0,5) soit :
2E pp (A)
1 2
1
 2gzD
mvD  mgzD  Em (A) donc : mvD2  mgzD  E pp (A) (0, 5) ce qui implique : vD 
m
2
2
Or, L’altitude du point C est la référence pour l’énergie potentielle de pesanteur donc zD = -hC.
2E pp (A)
 2ghC (1)
Donc : vD 
m
2.2. Calculer la vitesse du boulet au niveau de la cible. (1 pt)
A.N : vD 
2  0, 025
 2  9, 81 0, 40  3,6 m.s-1. (1)
0, 0100