Corrigés des exercices

1
Savoir s’autoévaluer
1. 1. a. W = 1
2 . k . x 2 = 0,5 × 50 × (5,0 × 10–2)2
= 6,3 × 10–2 J.
b. W = 1
2 . k . (xB
2 – xA 2)
= 0,5 × 50 × [(5,0 × 10–2)2 – (2,0 × 10–2)2]
=
5,3 × 10–2 J.
2. Le travail pour comprimer ou étirer ce ressort de
5 cm est le même, c’est-à-dire 6,3 × 10–2 J.
2. 1. On lit un allongement de 8,0 cm pour
10,0 N ;
k = F
(ᐉ – ᐉ0) = 10,2
8,0 × 10–2 = 125 N . m–1.
2. W = 1
2 . k . x 2 = 0,5 × 125 × (4,0 × 10–2)2
= 0,10 J.
3. 1. F = k . x ; k est le coefficient directeur de la
droite ; k = 5,0
10 × 10–2 = 50 N . m–1.
2. a. EP élas = 1
2 . k . x 2 = 0,5 × 50 × (6,0≤ × 10–2)2
= 9,0 × 10–2 J.
b. Lorsqu’on lâche le ressort, l’énergie qu’il avait
emmagasinée est communiquée à la bille du flipper
sous forme d’énergie cinétique.
4. 1. a. L’énergie mécanique EM = EP élas + EC .
b. EM = 1
2 . k . xmax2 = 0,5 × 100 × (8,0 × 10–2)2 = 0,32 J.
2. L’oscillateur se déplace sans frottement, son éner-
gie mécanique se conserve. Lorsqu’il passe par sa
position de repos, il n’a que de l’énergie cinétique ;
d’où : EM = EC = 1
2 . m . ␽2
et : ␽ =
(
2EM
m
)
1/2 =
(
2 × 0,32
0,200
)
1/2 = 1,8 m . s–1.
3. EM = EP élas + EC = 1
2 . k . x 2 + 1 2 . m . ␽2 ;
␽ =
[
2 (EM – EP élas)
m
]
1/2
pour x = 3,0 cm,
EP élas = 0,5 × 100 × (3,0 × 10–2)2 = 0,045 J
et ␽ =
[
2 × (0,32 – 0,045)
0,200
]
1/2 = 1,7 m . s–1.
4. Avec des frottements, l’énergie mécanique diminue.
5. 1. a. EM = EC + EP pes = 1
2 . m . ␽2 + m . g . z
avec z l’altitude repérée sur un axe vertical ascen-
dant et EP pes = 0 pour z = 0 (niveau de référence de
l’énergie potentielle).
b. Au moment où la boule est lâchée, en prenant
z = 0 au niveau du sol :
EM = 1
2 × 0,705 × 102 + 0,705 × 9,8 × 1
= 35,25 + 0,69 = 42,2 J.
2. Au niveau du sol : EP pes = 0 ; EM = EC = 1
2 . m . ␽2 ;
␽ =
[
2EM
m
]
1/2 =
[
2 × 42,2
0,705
]
1/2 = 11 m . s–1.
Exercices
1. 1. a. L’expression du travail d’une force
constante $F lorsque son point d’application se déplace
d’un point A vers un point B est :
WAB ($F ) = $F .
$ AB .
b. F s’exprime en newton (N), AB en mètre (m) et
W en joule (J).
2. a. La force exercée par un opérateur pour mainte-
nir un allongement ⌬ᐉ d’un ressort a pour valeur :
F = k . ⌬ᐉ ; sa valeur dépend de l’allongement. Elle
n’est pas constante lorsqu’on allonge le ressort de 0 à
⌬ᐉ.
b. On considère que la force est constante pour un
allongement très faible (déplacement élémentaire),
et : δW = $F .
$ dᐉ. C’est un travail élémentaire. On
procède à une intégration.
3. a. L’expression du travail de la force exercée par
un opérateur qui provoque un allongement x du
ressort à partir de sa longueur naturelle est :
W = 1
2 . k . x 2 .
b. Le travail est en joule, la constante de raideur en
newton par mètre et le déplacement en mètre.
2. 1. L’expression de la coordonnée Fx de la
force $Fop qui s’exerce sur le ressort pour maintenir
un allongement x est : Fx = k . x .
2. Le travail élémentaire de $Fop pour allonger le res-
sort de x à x + dx est :
dWop = Fx . dx = k . x . dx .
3. a. L’expression du travail de $Fop pour allonger le
ressort de 5 cm à partir de sa longueur naturelle est :
W = 兰0
xA k . x . dx =
[
1
2 . k . x 2
]
0
xA = 1
2 . k . xA
2 .
b. W = 1
2 × 23 × (5 × 10–2)2 = 3 × 10–2 J.
4. a.
x
x
A
x
x
B
x
F=k
.
x
b. Le travail de $Fop correspond à l’aire grisée.
c. L’aire grisée est égale à :
1
2 . k . xB2 – 1
2 . k . xA2
= 1
2 × 23 × (10 × 10–2)2 – 1 2 × 23 × (5 × 10–2)2
= 8,6 × 10–2 J.
3. La valeur de l’énergie potentielle élastique du
ressort comprimé est :
EP élas = 1
2 . k . (ᐉ – ᐉ0)2 = 1 2 × 10 × (0,20 – 0,12)2
= 3,2 × 10–2 J.
Corrigés des exercices

2
4. 1. Vrai.
2. Faux : l’énergie potentielle élastique s’exprime en
joule.
3. Vrai.
4. Faux : EP é1as(1) = 1
2 . k1 . x1
2
et EP élas(2) = 1
2 . k2 . x2
2 = 1
2 . k1
2 . (2 x1)2 = k1 . x1
2
= 2 EP é1as (1)
5. 1. L’énergie mécanique du dispositif est :
EM = EP élas + EC .
Le système, lorsqu’on l’abandonne, ne possède que
de l’énergie potentielle élastique : EP élas = 1
2 . k . x 2
avec x l’allongement du ressort.
EP élas = 1
2 × 10 × 0,052 = 1,3 × 10–2 J.
2. EM = EP élas + EC =
1
2 . k . x 2 + 1
2 . m . ␽2 .
Puisque le système glisse sans frotter, l’énergie méca-
nique se conserve.
EM = 1,3 × 10–2 J.
3. a. EM = EP élas + EC = 1
2 . m . ␽2, car x = 0 ;
␽ =
[
2 . EM
m
]
1/2 =
[
2 × 1,3 × 10-2
0,200
]
1/2 ; ␽ = 0,36 m . s–1.
b. EM = EP élas + EC = 1
2 . k . x2 + 1
2 . m . ␽2 ;
␽ =
[
2 (EM – EP élas)
m
]
1/2 pour x = 2,0 cm,
on a : EP élas = 0,5 × 10 × (0,020)2 = 2,0 × 10-3 J.
␽ =
[
2 (13 × 10–3 – 2,0 × 10–3)
0,200
]
1/2 = 0,33 m . s–1.
6. 1. L’énergie mécanique du sauveteur est la
somme de son énergie potentielle de pesanteur et
de son énergie cinétique. On adopte comme niveau
de référence de l’énergie potentielle de pesanteur le
niveau de la mer.
Dans le référentiel terrestre, la vitesse du sauveteur,
dans l’hélicoptère, est nulle.
Son énergie mécanique initiale se réduit donc à son
énergie potentielle :
EM = EP pes = m . g . h = 80 × 10 × 8 = 6,4 × 103 J.
2. Si on néglige les effets de l’air, l’énergie mécanique
se conserve.
⌬EM = 0 = ⌬EP pes + ⌬EC .
Pour h = 0, EM = EC = 1
2 . m . ␽2 .
␽ =
[
2 . EM
m
]
1/2 = [2 . g . h]1/2 = [2 × 10 × 8]1/2
␽ = 12,6 m . s–1 ; soit : ␽ = 13 m . s–1 .
3. L’énergie mécanique initiale du sauveteur est la
somme de son énergie potentielle de pesanteur et,
cette fois, de son énergie cinétique.
EM(1) = EP pes(1) + EC (1)
Au niveau de l’eau, son énergie mécanique est :
EM(2) = EP pes(2) + EC (2) avec EP pes(2) = 0 ;
or : EC (2) = EP pes(1) + EC (1)
et : 1
2 . m . ␽2
2 = m . g . h + 1
2 . m . ␽1
2
avec ␽1 = 6
3,6 = 1,7 . D’où :
␽2 = [2 . g . h + ␽1
2]1/2 =
[
2 × 10 × 8 +
(
6
3,6
)
2
]
1/2
␽2 = 12,7 m . s–1 ; soit : ␽2 = 13 m . s–1.
La vitesse d’arrivée sur la surface de la mer est quasi-
ment identique, que l’hélicoptère soit immobile ou
animé d’une vitesse de 6 km . h–1.
7. Initialement, et en prenant le crâne de Newton
comme niveau de référence, l’énergie potentielle de
pesanteur de la pomme est :
EP pes = m . g . h = 0,100 × 9,8 × 2,5 = 2,5 J.
Son énergie cinétique est nulle, d’où : EM = EP = 2,5 J.
Au niveau du crâne de notre illustre savant, l’énergie
potentielle est nulle.
La pomme est en chute libre, son énergie mécanique
se conserve donc :
⌬EM = 0 = ⌬EP + ⌬EC et EC = EM = 2,5 J
avec EC = 1
2 . m . ␽2
2 ,
␽ =
[
2 . EM
m
]
1/2 = [2 . g . h]1/2
= [2 × 9,8 × 2,5 ]1/2 = 7,0 ;
␽ = 7,0 m . s–1 = 25 km . h–1.
8. 1. Lors de son déplacement d’une position A1
à une position A2 , la sphère est soumise à son poids
$P et à la force $F exercée par le câble.
2. a. W($P ) = m . g (z1 – z2).
b. La droite d’action de $F passe par le point d’attache
supérieur du câble, c’est-à-dire par le centre de la tra-
jectoire circulaire du point A : c’est une force radiale.
Elle est à chaque instant perpendiculaire au déplace-
ment élémentaire de A.
En conséquence : W($F ) = 0.
3. La variation d’énergie cinétique est égale à la
somme des travaux des forces appliquées à la sphère.
Désignons par $f la résultante des forces exercées par
l’air.
EC2 – EC1 = W($P ) + W($F ) + W( $f ).
L’énoncé précise que l’action de l’air est négligeable :
W( $f ) = 0 et EC2 – EC1 = W($P ) = m . g . (z1 – z2).
4. L’énergie mécanique de la sphère est égale à la
somme de son énergie potentielle de pesanteur et de
son énergie cinétique . Soit ⌬EM , la variation d’éner-
gie mécanique : ⌬EM = ⌬EP pes + ⌬EC ;
⌬EP pes = – W($P ) = – m . g . (z1 – z2) ;
⌬EC = m . g . (z1 – z2).
On a donc ⌬EM = 0 : l’énergie mécanique se
conserve.
5. En prenant comme niveau de référence de l’éner-
gie potentielle le niveau le plus bas du centre d’inertie
de la sphère, exprimons l’énergie mécanique de la
sphère, pour un angle θ :
EM = m . g . h + 1
2 . m . ␽2
2
où h est l’altitude du centre d’inertie G de la sphère.

3
Soit CG = CA + AG = L + R, avec L la longueur du
câble et R le rayon de la sphère.
h = (L + R ) – (L + R ) . cos θ = (L + R) . (1 – cos θ).
EM = m . g . (L + R ) . (1 – cos θ) + 1
2 . m . ␽2.
Lorsque θ = θ1 = 30°,
␽1 = 19 km . h–1 = 19
3,6 = 5,3 m . s–1.
Lorsque la sphère heurte le mur, θ = θ2 = 0, notons
␽2 la vitesse recherchée.
L’énergie mécanique se conserve :
m . g . (L + R ) . ( 1 – cos θ2) + 1
2 . m . ␽2
2
= m . g . (L + R ) . (1 – cos θ1)
+ 1
2 . m . ␽1
2 . 1
2 . m . ␽2
2
= m . g . (L + R ) . (1 – cos θ1) + 1
2 . m . ␽1
2.
D’où : ␽2
2 = 2 g . (L + R ) . (1 – cos θ1) + ␽1 2
␽2 = [2 g . (L + R ) . (1 – cos θ1) + ␽1
2]1/2
␽2 = [2 × 9,8 × 5,25 (1 – cos 30) + (5,3)2]1/2
␽2 = 6,5 m . s–1.
Mener le calcul littéral jusqu’à l’expression de la
vitesse ␽2 recherchée permet d’éviter des calculs inter-
médiaires, tel le calcul de la masse de la sphère pour
calculer l’énergie potentielle.
9. Le niveau du sol est pris comme niveau de
référence de l’altitude et de l’énergie potentielle de
pesanteur.
On désigne par (1) le niveau supérieur de départ et
par (2) le niveau du sommet de la boucle.
L’énergie mécanique du train se conserve :
m . g . h1 + 1
2 . m . ␽1
2 = m . g . h2 + 1
2 . m . ␽2
2
avec : ␽1 = 0 ;
d’où : h1 = h2 +
(
1
2 . ␽2
2
)
g ;
soit : h1 = 9 +
(
42
3,6
)
2
20 = 16 m.
10. Le niveau de la turbine est pris comme niveau
de référence de l’altitude et de l’énergie potentielle de
pesanteur.
On désigne par (1) le niveau supérieur du lac et par
(2) le niveau de la turbine.
L’énergie mécanique se conserve :
m . g . h1 + 1
2 . m . ␽1
2 = m . g . h2 + 1
2 . m . ␽2
2
avec ␽1 = 0 et h2 = 0.
L’énergie cinétique que la turbine peut convertir en
énergie électrique vaut :
EC2 = 1
2 . m . ␽2
2 = m . g . h1 ;
EC2 = 103 × 9,8 × 70 = 690 kJ.
11. 1. L’énergie mécanique du système est sous la
forme potentielle élastique lorsque la vitesse du solide
est nulle, c’est-à-dire aux dates correspondant aux
extremums, soit t = n . T
2 avec T = 0,5 s (0 s ; 0,25 s ;
0,5 s...).
2. L’énergie mécanique est la somme de l’énergie
potentielle élastique et de l’énergie cinétique du
solide : EM = EP élas + EC = 1
2 . k . x2 + 1
2 . m . ␽2.
Pour t = 0 s, x = 5 × 10–2 m et ␽ = 0 m . s–1 ;
EM = 0,5 × 45 × [5 × 10–2]2 = 5,6 × 10–2 J.
Pour t = 1,5 s, x = 3 × 10–2 m et ␽ = 0 m . s–1 ;
EM = 0,5 × 45 × [3 × 10–2]2 = 2,0 × 10–2 J.
3. L’énergie mécanique du dispositif diminue au
cours du temps.
4. Le travail des forces de frottement est égal à la
variation d’énergie mécanique du système :
W( $f ) = ⌬EM .
a. Entre les dates t = 0 s et t = 1,5 s,
⌬EM = 2,0 × 10–2 J – 5,6 × 10–2 J = – 3,6 × 10–2 J
et W( $f ) = – 3,6 × 10–2 J.
b. Entre les dates t = 1,5 s et t = 3 s,
⌬EM = 0,5 × 45 × [2 × 10–2]2 – 2,0 × 10–2
= 0,9 × 10–2 – 2,0 × 10-2
et W( $f ) = – 1,1 × 10–2 J.
12. 1. EC = 1
2 . m . ␽2 ; EP pes = m . g . h
et EM = EC + EP pes = 1
2 . m . ␽2 + m . g . h.
2. La courbe rouge représente l’énergie potentielle
de la balle. En effet, au début du mouvement, la balle
s’élève et son énergie potentielle augmente.
La courbe bleue représente l’énergie cinétique de la
balle, car celle-ci est importante au début du mouve-
ment et diminue tant que la balle s’élève.
La courbe verte est l’énergie mécanique qui, si on
néglige les effets de l’air, est constante au cours du
mouvement.
3. L’énergie mécanique est constante, elle se conserve
au cours du mouvement.
13. 1. EC1 = 1
2 . m . ␽1
2 et EC2 = 1
2 . m . ␽2
2 ;
EC2 = EC1 . ␽2
2
␽1
2 .
Soit : EC2 = 40 × 302
702 = 7,3 kJ.
2. On suppose que toute l’énergie cinétique est
convertie en énergie potentielle de pesanteur :
m . g . h = EC2 ,
soit : h = EC2
m . g = 1
2 . m . ␽2
2
m . g = ␽2
2
2 g.
D’où : h =
(
30
3,6
)
2
2 × 9,8 = 3,5 m.
14. 1. a. Lors d’une chute libre, la seule force
appliquée au système {snowboarder} est son poids de
direction verticale ; seule la composante verticale du
vecteur vitesse est modifiée.
b. EC = 1
2 . m . ␽2 = 1
2 . m (␽H
2 + ␽V 2).
2. EM = m . g . z + 1
2 . m (␽H2 + ␽V2).

4
3. a. EM1 = m . g . z1 + 1
2 . m (␽1H
2 + ␽1V 2) ;
EM2 = m . g . z2 + 1
2 . m (␽2H
2 + ␽2V 2).
EM1 = EM2 et ␽1H
2 = ␽2H
2 ; d’où la relation cherchée :
m . g . z1 + 1
2 . m . ␽1V
2 = m . g . z2 + 1
2 . m . ␽2V
2.
b. Avec z1 = 0 (niveau de décollage) et ␽2V = 0
(composante verticale de la vitesse nulle au sommet
de la trajectoire) :
1
2 . m . ␽1V
2 = m . g . z2 et z2 = ␽1V
2
2 g = (␽1 . sin α)2
2 g .
D’où : z2 =
(
45 × sin 55
3,6
)
2
(2 × 9,8) = 5,3 m.
15. 1. a. F représente la valeur de la force exercée
sur l’extrémité mobile du ressort et x le déplacement
de cette extrémité par rapport à sa position lorsque le
ressort n’est pas déformé.
b. Sur le graphique, on lit F = 40 N pour x = 0,40 m,
soit k = F
x = 1,0 × 102 N . m–1.
2. a. L’expression du travail élémentaire de la force
provoquant un allongement dx est : dW = F . x . dx.
b. Le travail élémentaire correspond à l’aire grisée
sur le graphique.
F
(
N
)
x
(
m
)
30
0,
3
0
d
x
dd
k
.
x
x
c. Le travail, pour un allongement de 0 à x, corres-
pond à l’aire du triangle rectangle (aire située sous la
droite).
3. Le travail de la force exercée par un opérateur
faisant passer l’allongement du ressort de 0,10 m à
0,30 m vaut :
0,5 × 30 × 0,30 – 0,5 × 10 × 0,10 = 4,0 J.
F
(
N
)
x
(m
)
30
10
0,30
0,10
16. 1. L’énergie potentielle élastique emmagasi-
née par le ressort, lorsqu’il est comprimé, est :
EP élas = 1
2 . k . x 2 = 0,5 × 150 × (0,10)2 = 0,75 J.
2. On suppose que l’énergie potentielle élastique
est intégralement convertie en énergie cinétique et
EP élas = EC = 1
2 . m . ␽2 = 0,75 J avec m = 10 × 10–3 kg.
La vitesse de la fléchette lorsque le ressort reprend sa
longueur à vide est : ␽ = 12 m . s–1.
3. On suppose que l’énergie cinétique de la flèche
est intégralement convertie en énergie potentielle de
pesanteur et EC = EP pes = m . g . h = 0,75 J.
L’altitude maximale atteinte par la fléchette est
h = 7,7 m.
4. a. Pour une hauteur de 5,0 m, l’énergie poten-
tielle de pesanteur vaut :
E´P pes = 10 × 10–3 × 9,8 × 5 = 0,49 J.
La valeur absolue du travail de la force de frottement
est : EP pes –E´P pes = 0,26 J.
b. W = F . d.
Sur un trajet de 5 m (d = 5 m), on a :
F = W
d = 0,26
5 = 5,3 × 10–2 N.
17. On adopte le niveau de départ du centre
d’inertie de l’objet, comme niveau de référence de
l’altitude et de l’énergie potentielle de pesanteur.
L’énergie mécanique initiale est : EM1 = 1
2 . m . ␽1
2 .
Le lancer étant vertical, la vitesse est nulle à l’altitude
maximale H et l’énergie mécanique est :
EM2 = m . g . H.
La variation d’énergie mécanique est égale au travail
des forces appliquées à l’objet, autres que le poids
de l’objet, c’est-à-dire, ici, au travail des forces de
frottement :
EM2 – EM1 = W( $f ) = – f . H.
On obtient : m . g . H – 1
2 . m . ␽1
2 = – f . H,
où ␽1 est la valeur recherchée :
␽1 =
[
2H
(
g + f
m
)]
1/2 =
[
2 × 20 ×
(
9,8 + 1,2
0,8
)]
1/2 ;
soit : ␽1 = 21 m . s–1.
18. 1. a. Le système {enfant, luge} est soumis à
son poids $P, et à la réaction $R exercée par la glace,
perpendiculaire à la piste en l’absence de frottement.
b.
A
1
A
2
R
P
O
z
c. Le poids $P est une force constante, la réaction $R
change d’orientation durant la descente.
2. Le travail de ces forces pour un trajet A1A2 du
centre d’inertie G du système, est :
W($P ) = $P .
$ A1A2 = m . g . (z1 – z2) ;
W($R ) = 兰A1
A2 $R .
$ dᐉ = 0, car $R est, à chaque instant,
perpendiculaire à
$ dᐉ.
3. Le théorème de l’énergie cinétique permet d’ex-
primer la variation d’énergie cinétique du système en
fonction du travail des forces appliquées au système :
EC(A2) – EC(A1) = W($P ) + W($R ) = m . g . (z1 – z2).
4. EC(A2) – EC(A1) = m . g . (z1 – z2)
= EP(A1) – EP(A2)
EC(A2) + EP(A2) = EC(A1) + EP(A1)
EM(A2) = EM(A1).

5
L’énergie mécanique du système se conserve.
5. m . g . z1 + 1
2 . m . ␽1
2 = m . g . z2 + 1
2 . m . ␽2
2
1
2 . m . ␽2
2 = 1
2 . m . ␽1
2 + m . g . (z1 – z2) ;
donc : ␽2 = [␽1
2 + 2 g (z1 – z2)]1/2
=
[(
3
3,6
)
2 + 2 × 9,8 × 10
]
1/2.
La vitesse en A2 vaut : ␽2 = 14 m . s–1 = 50 km . h–1.
19. 1. Le graphique montre que l’énergie méca-
nique EM du système est constante. Le travail des
forces de frottement est donc nul.
2. À t = 0 , l’enfant est en position haute, car l’énergie
potentielle est maximale : EP = EPmax .
3. a. EPmax = m . g . hmax ;
hmax = EPmax
m . g = 630
(35 × 9,8) = 1,84 ;
hmax ≈ 1,8 m.
b.
3,0
m
E
Pma
x
h
h = L(1 – cos α) ;
cos αmax = 1 – hmax
L = 1 – 1,84
3,0 = 0,38 et αmax = 67°.
4. La vitesse est maximale lorsque l’énergie cinétique
est maximale, c’est-à-dire lorsque le centre d’inertie
G passe par sa position d’équilibre.
Alors EM = ECmax = EPmax ;
1
2 . m . ␽max
2 = EP max et ␽max =
(
2 EP max
m
)
1/2 ;
␽max =
(
2 × 630
35
)
1/2 = 6,0 m . s–1.
5. La période des oscillations est le double de la
période des énergies, donc T = 3,4 s.
20. 1. Les frottements étant négligés, l’énergie
mécanique du palet, une fois lancé, se conserve :
m . g . zB + 1
2 . m . ␽B
2 = m . g . zA + 1
2 . m . ␽A
2 .
Pour ␽B = 0, h = zB – zA = ␽A
2
2 g.
Si d est la distance parcourue sur le plan incliné :
h
d = sin α et d = h sin α
= ␽A
2
2 g . sin α ;
d = (5,0)2
(2 × 9,8 × sin 20°) = 3,7.
La distance parcourue par le palet sur le plan incliné
avant qu’il ne commence à redescendre est :
d = 3,7 m.
2. Si le palet ne parcourt que la distance
d´ = AB = 2,50 m, c’est que l’énergie mécanique ne
se conserve pas : les forces de frottement ne sont
pas négligeables.
On peut calculer le travail des forces de frottements.
En prenant le niveau initial du centre d’inertie du
palet comme niveau de référence de l’altitude et de
l’énergie potentielle, l’énergie mécanique initiale est :
EM(A) = 1
2 . m . ␽A
2 .
L’énergie mécanique « finale » (altitude maximale)
est : EM(B) = m . g . zB = m . g . d´ . sin α ;
⌬EM = W( $f ) = m . g . d´ . sin α – 1
2 . m . ␽A
2
= m . (g . d´ . sin α – 1
2 . ␽A
2) ;
W( $f ) = 5,0 × (9,8 × 2,5 × sin 20° – 0,5 × 5,02)
= – 21 J.
21. 1. Les amplitudes ne décroissent pas, donc le
mouvement n’est pas amorti.
2. T0 = 2π .
m
k
= 2π .
35
0
,5
0
0
= 0,75 s.
3. a. Les graphiques susceptibles de représenter x (t)
sont les graphiques (1) et (2), car les périodes sont
0,75 s.
b. ␽ = dx
dt = x
. .
c. Des deux graphiques susceptibles de représenter
x(t), le graphique (2) correspond à la dérivée par
rapport au temps de l’autre.
d. Le graphique représentant x(t) est le graphique (1)
et à t = 0, x(0) = 0.
4. Le graphique représentant ␽(t) est le graphique
(2) ; ␽(0) = – 0,4 m . s–1.
5. À t = 0 : EP = 1
2 . k . x2 = 0, car x(0) = 0.
Le graphique (3) représente donc EP et le graphique
(4) représente EC.
22. 1. a. Énergie potentielle de pesanteur :
EP pes = m . g . z, en prenant le niveau de référence
de l’altitude comme référence de l’énergie potentielle,
avec z l’altitude du centre d’inertie G de la balle.
Énergie cinétique : EC = 1
2 . m . ␽2, avec ␽ vitesse
du centre d’inertie G de la balle dans le référentiel
d’étude.
Énergie mécanique : EM = EP pes + EC .
b. À t = 0 : EM = EP pes = 35 J et EC = 0 J.
EP pes = m . g . z
et z = 35
(0,76 × 9,8) = 4,7 m, altitude H de l’extré-
mité fixe de l’élastique. Le niveau du sol est le niveau
de référence.
2. a. Tant que l’élastique n’est pas tendu, la balle
peut être considérée en chute libre.
b. Les frottements étant négligeables, l’énergie méca-
nique se conserve.
c. Le document montre que jusqu’à la date t = 0,4 s,
l’énergie mécanique est constante, ce qui confirme
l’affirmation précédente.