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 :
2
4He
Ce noyau est constitué de deux protons et de deux neutrons. Sa charge vaut donc deux fois
celle du proton :
q(2
4He)q
 2.e
2 . Travail de la force électrique le long du déplacement rectiligne AB :
WAB(F
ur)F ur.AB uruuF.AB q
.E.AB
Le champ électrique est constant entre les armatures du condensateur :
EUAB
AB VAVB xBxA
WAB(F
ur)q
.(VAVB)
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 :
WAB(F
ur) Epé
Epé 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 Epé 0
Epé  Ec (Ec(B)Ec(A))  Ec(B)  1
2m
vB
2
q .(VBVA)  1
2m
vB
2
VAVBm
vB
2
2q
5 . b . Application numérique :
VAVB6,70.1027.(1,00.106)2
2.2.1,60.1019 1,05.104V

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
2mvA
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 :
Epp (A)mgzA
Son énergie mécanique au point A est donc :
Em(A)Ec(A)Epp (A)1
2mv0
2mgH
Au point B :
Em(B)Ec(B)Epp (B)1
2mvB
2
3 . Puisqu’on néglige tous frottements exercés par l’air, on peut dire que l’énergie mécanique
de la balle se conserve :
1
2mv0
2mgH 1
2mvB
2
4 . a . On exploite l’expression précédente :
vB
2v0 22gH
vBv0
22gH
4 . b . Application numérique :
vB126.103
3600
2
2.9,81.2,20 35,6m.s1
(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
f
P
R
v
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.
P
ur f ur N ur 0 r
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 .
WAB(f
ur)f ur.AB uruu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 :
P
ur f ur N ur 0 r
P
xfxNx0
m.g.sin( )f0
P
yfyNy0
m.g.cos( )N0

on a donc :
fm.g.sin( )
WAB(f
ur)m.g.sin(
).l
4 . b .
fm.g.sin( )20.10.0,26 52N
Exercice 21 page 201
1 . Au point D :
Epp (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)Epp (D)Ec(D)Epp (D)m.g.h
3 . Au point O :
Em(O)Epp (O)Ec(O)Ec(O)1
2.m.v0
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)
m.g.h1
2.m.v0
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 :
EmEm(O)Em(D)1
2.m.v2m.g.h
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 :
WDO(f
ur) Em1
2.35.6,0235.10.5,0
WDO(f
ur) 1,1.103J
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 :
P
N
2 . Expressions littérales des travaux :
 Le long du trajet AB :
WAB(P
ur)P ur.AB u ruu0
WAB(N
ur)N ur.AB u ruu0
WAB(f
ur)f ur.AB u ruuf.AB.cos(180)  f.AB
WAB(T
ur)T ur.AB u ruuT.AB.cos(0)T.AB
 Le long du trajet BC :
WAB(P
ur)P ur.BC u ruu P.BC.cos(90
) P.BC.sin
WAB(N
ur)N ur.BC u ruu 0
3 . Une force non conservative est une force dont le travail dépend du chemin suivi.
4 . a . On a :
Em Ec Epp
T
P
N
f