Exercices Physique 1èreS 2012-2013

Exercices Physique 1èreS
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Exercice 8 p.247 :
1. Le système étant le livre, j’appelle Rv le référentiel lié à la voiture. Pour un observateur à
l’immobile dans la voiture, le livre ne bouge pas, donc  
J’appelle RT le référentiel terrestre. Pour un observateur à l’immobile sur le bord de la route,
il voit le livre allant à la même vitesse que la voiture, donc  
2. a. Avant le freinage, dans le référentiel terrestre, le livre va à une vitesse de 100 km.h-1.
Après conversion de la vitesse en m.s-1, on trouve une énergie cinétique initiale  
b. L’énergie cinétique se conservant, on peut écrire Ec,i = Ec,f. Le livre aura donc la même
vitesse tout au long du freinage, d’où le danger en voiture de laisser des objets libres. N’étant
pas freiné, ils conservent leur vitesse alors que la voiture et les passagers ralentissent.
c. Le conducteur va initialement à la même vitesse que le livre, d’où une énergie cinétique
initiale qui vaut Ec,i = 2,51.104 J. A l’état final, le conducteur est à l’arrêt, donc Ec,f = 0. La
variation d’énergie cinétique vaut alors        .
d. L’énergie cinétique perdue par le conducteur a été transférée à la ceinture de sécurité.
Exercice 10 p.247 :
1. On convertit la vitesse au point d’impact en m.s-1, et on trouve 
2. a. Oui, la planche pourra être cassée. Lors de l’impact, une partie de l’énergie cinétique va
être transférée à la planche pour casser les liaisons entre molécules et ainsi briser la planche.
Pour casser les liaisons, il faut fournir 5 J. La main pouvant en transférer jusqu’à 15 J, la
planche sera brisée.
b. Le pratiquant de kung-fu peut casser jusqu’à 3 planches.
3. a. Par un raisonnement similaire à celui fait à la question précédente, le sportif ne peut pas
casser la brique, car il ne peut transférer 50 J pour briser les liaisons dans la briques.
b. Le sportif doit au moins avoir une énergie cinétique Ec’ = 50 J. Il a rajouté une masse m’, et
a une nouvelle vitesse v’. On a donc 
  , d’où    . Il doit donc
rajouter une masse 
   .
Exercice 15 p.249
1. a. On prend le système {vélo+cycliste}, et on considère l’origine des altitudes au niveau de la
mer. On a donc un trajet entre une altitude z1 = 130 m et une altitude z2 = 35m. Par
définition, une variation d’énergie potentielle de pesanteur peut s’exprimer de la manière
suivante :       .
b. De la même manière, en partant de z2 = 35 m, pour arriver à z3 = 61 m, on trouve :
2. On peut calcule cette variation de deux manières :
i) On part d’une altitude de 130 m pour arriver à 61 m, donc

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ii) On voit que cela revient à ajouter les deux variations d’énergie potentielle de
pesanteur calculée précédemment :     
Exercice 17 p.249 :
Le graphique représente la variation d’énergie potentielle de pesanteur en fonction du temps. Or Epp
est une fonction qui dépend de l’altitude, donc à un facteur multiplicatif près, cette courbe
représente la variation d’altitude en fonction du temps.
1. a. On voit que dans un premier temps, l’altitude est constante, et qu’elle commence à
descendre à t = 0,6 s, ce qi correspond au moment où la balle est lâchée.
b. Graphiquement, on lit Epp,i = 1,6 J, or on sait que Epp,i = mgzi, d’où 
   .
2. Lorsque la balle touche le sol, son altitude est nulle, donc son énergie potentielle de
pesanteur est nulle aussi. Graphiquement, on voit que cette situation se produit aux instants
t = 1,2 s et t = 2 s.
3. Lorsque la balle atteint son altitude maximale après le premier rebond, son énergie
potentielle de pesanteur atteint aussi un maximal local, qui vaut graphiquement
Epp,rebond = 0.7 J. En refaisant le même raisonnement qu’à la question 1, on trouve une
altitude maximale après le premier rebond de 1,3 m.
Exercice 24 p.251 :
On prend l’origine des axes au niveau des sols. On se place dans un référentiel terrestre et on étudie
l’athlète de masse m = 68 kg.
1. A une hauteur z = 4,5 m, elle a une énergie potentielle de pesanteur    .
Après le premier rebond, elle atteint 2,3 m de haut, donc    .
2. On sait que Em = Epp + Ec, or initialement, Ec1 = 0 donc Em1 = Epp1. De même après le rebond,
lorsqu’elle atteint la hauteur maximale, sa vitesse est de nouveau nulle, donc Ec2 = 0. Il vient
Em2 = Epp2. On voit donc que l’énergie mécanique diminue, elle ne se conserve pas. Cela est
due au fait que le choc est inélastique, l’athlète transfert une partie de son énergie au
trampoline.
Exercice 25 p.251 :
1. On choisit l’origine du repère en bas de la piste, on se place dans un référentiel terrestre et
on étudie le système {luge+passager} de masse 70 kg. Initialement à 100 m de hauteur, on a
donc    .
2. En bas de piste, z = 0, donc l’énergie mécanique est seulement due à l’énergie cinétique. La
vitesse est de 30 km.h-1. Il faut la convertir en m.s-1 et  
  .
3. Au début, la vitesse est nulle, donc l’énergie mécanique est seulement due à Epp1 = Em1. On
voit que l’énergie mécanique diminue (     ) donc elle n’est pas

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conservée. Cela est dû à la présence de frottements entre la luge et le sol. La luge transfert
une partie de son énergie cinétique au sol, elle perd donc de l’énergie mécanique.
Exercice 26 p.251 :
1.
2. a. AB = 6,0 m et l’angle ABA’ vaut 35°, donc la hauteur est z1 = AA’ :   
   . Son énergie mécanique au début vaut Em1 = Epp1 = mgz1
car il n’y a pas de vitesse au début. Les frottements étant négligés, l’énergie mécanique se
conserve, donc sur la rampe CD, il va s’arrêter à la même hauteur : 3,4 m (on doit avoir
lorsqu’il s’arrête Em2 = Em1, donc Epp2 = Epp1, donc z2 = z1).
b. On a un triangle rectangle, on fait le même raisonnement qu’à la question 1, en
considérant qu’il s’arrête au point D :  
 .
Exercice 27 p.251 :
1. On choisit l’origine du repère au niveau du sol, on se place dans un référentiel terrestre et on
étudie l’homme. Initialement, on a v = 0, donc Em1 = Epp1 = mgz1. A la fin de la première phase
de chute, on a Em2 = Epp2 + Ec2. Or l’énergie mécanique se conserve donc Em1 = Em2. Il vient :
. En simplifiant par m, et en isolant v2, on obtient :
2. Lors de la 2ème phase, il faut rajouter à l’énergie mécanique un terme Eps. L’énergie
mécanique se conservant, on a donc Em2 = Em3 où Em3 = Eps + Epp3 + Ec3. Au niveau du sol, z3 est
nul, ainsi que v3, donc Em3 = Eps. Il vient Eps = Em3 = Em2 = Em1 (conservation de l’énergie
mécanique). On a calculé précédemment Em1 qui vaut Epp1 = mgz1 donc Eps = mgz1.
Exercice 28 p.251 :
On choisit l’origine du repère au niveau du sol, on se place dans un référentiel terrestre et on étudie
le système {parachutiste + équipement} de masse 97 kg.
1.   et  
 en faisant attention de convertir la
vitesse en m.s-1.
2. Le sujet n’étant soumis qu’à son poids, il n’y a donc pas d’autres forces. Le poids est lié à
l’énergie potentielle de pesanteur, son énergie mécanique Em = Epp + Ec se conservera, car
une absence d’autres forces que le poids ne provoque aucune déperdition d’énergie
mécanique.
3. a. L’énergie mécanique se conserve donc Em0 = Em1 : 
. On
simplifie par m, et on isole v1 :  
 .
A
B
C
D
A’

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b. Si on convertit cette valeur, on trouve une vitesse de l’ordre de 700 km.h-1, qui est
légèrement inférieur à la vitesse d’un avion Boeing ou Airbus (900 km.h-1). C’est donc une
valeur qu’il n’est bien évidemment pas possible d’atteindre pour une personne tombant en
chute libre de 2000 m
4. Cette différence de vitesse est due aux frottements entre le système et l’air, qui ralentisse le
parachutiste en prenant une partie de son énergie cinétique lors de la chute.