Énergie mécanique : cinétique, potentielle et conservation

Les vitesses sont mesurées dans le référentiel terrestre. Résultats avec trois chiffres significatifs.

1. Un cheval et son cavalier, de masse totale 550 kg, galopent à 12 m·s⁻¹ : $E_c$ = × 10⁴ J
   $E_c=\frac{1}{2}m{v}^2=\frac{1}{2}\times 550\times {12}^2=39600$ J, soit 3,96 × 10⁴ J.
2. Une balle de golf de 45 g quitte le club à 70 m·s⁻¹ : $E_c$ = J
   La masse se convertit d’abord : 45 g = 0,045 kg. $E_c=\frac{1}{2}\times 0,045\times {70}^2=110,25$ J, soit environ 110 J.
3. Le cheval ralentit et trotte à 6,0 m·s⁻¹ : son énergie cinétique est divisée par
   La vitesse est divisée par 2 ; $E_c$ dépend du carré de la vitesse : elle est divisée par $2^2=$ 4.
4. Vitesse à laquelle la balle de golf aurait une énergie cinétique de 28 J : m·s⁻¹
   $v=\sqrt{\frac{2E_c}{m}}=\sqrt{\frac{2\times 28}{0,045}}=\sqrt{1244}\approx$ 35,3 m·s⁻¹.

Un scooter et son conducteur, de masse totale 210 kg, roulent à 45 km·h⁻¹ sur une route droite.

1. Vitesse en unité du Système international : m·s⁻¹
   $v=\frac{45}{3,6}=$ 12,5 m·s⁻¹.
2. Énergie cinétique dans le référentiel terrestre : × 10⁴ J
   $E_c=\frac{1}{2}\times 210\times 12,5^2=16406,25$ J, soit 1,64 × 10⁴ J.
3. Vitesse à laquelle cette énergie cinétique serait deux fois plus grande : km·h⁻¹
   Doubler $E_c$, c’est multiplier $v^2$ par 2, donc $v$ par $\sqrt{2}$ : $45\times \sqrt{2}\approx$ 63,6 km·h⁻¹, et non 90 km·h⁻¹.
4. Dans le référentiel du scooter, énergie cinétique du casque du conducteur : J
   Le casque est immobile par rapport au scooter : sa vitesse est nulle dans ce référentiel, donc $E_c=$ 0 J. Une énergie cinétique dépend du référentiel.

Un chariot de supermarché chargé roule en ligne droite. À la vitesse $v$, son énergie cinétique vaut 54 J ; à la vitesse $v+2,0$ m·s⁻¹, elle vaut 150 J.

1. Rapport des vitesses (v + 2,0) ÷ v, sous forme de fraction irréductible :
   Les énergies sont dans le rapport des carrés des vitesses : ${\left(\frac{v+2,0}{v}\right)}^2=\frac{150}{54}=\frac{25}{9}$, donc $\frac{v+2,0}{v}=$ 5/3.
2. Vitesse v : m·s⁻¹
   $3(v+2,0)=5v$ donne $2v=6,0$, soit $v=$ 3,0 m·s⁻¹ (et 5,0 m·s⁻¹ ensuite).
3. Masse du chariot chargé : kg
   $m=\frac{2E_c}{v^2}=\frac{2\times 54}{3,0^2}=$ 12 kg. Contrôle : $\frac{1}{2}\times 12\times 5,0^2=150$ J.

Sur une voie horizontale, une locomotive de manœuvre pousse un wagon de marchandises de 20 t, d’abord immobile, avec une force horizontale constante de 8,0 kN. Les frottements sont négligés.

1. Travail de la force de poussée sur les 50 premiers mètres : × 10⁵ J
   La force est parallèle au déplacement et de même sens ($\alpha =0$) : $W=F\times AB=8,0\times {10}^3\times 50=$ 4,0 × 10⁵ J, travail moteur.
2. Travail du poids du wagon sur ce trajet : J
   Le déplacement est horizontal, le poids vertical : 0 J. Il en va de même pour la réaction des rails.
3. Vitesse du wagon après 50 m : m·s⁻¹
   Théorème de l’énergie cinétique : $\frac{1}{2}m{v}^2-0=4,0\times {10}^5$ J, d’où $v=\sqrt{\frac{2\times 4,0\times {10}^5}{20\times {10}^3}}=\sqrt{40}\approx$ 6,32 m·s⁻¹.
4. Vitesse après 100 m de poussée : m·s⁻¹
   Le travail double ($8,0\times {10}^5$ J), donc $v^2$ double : $v=\sqrt{80}\approx$ 8,94 m·s⁻¹, et non le double de 6,32.

Un solide de 2,5 kg est abandonné sans vitesse en haut d’un plan incliné de 25° par rapport à l’horizontale ; il glisse sans frottement sur 3,0 m le long de la pente. Donnée : g = 9,81 N·kg⁻¹.

1. Dénivellation parcourue : m
   Le long d’une pente de longueur $L$ inclinée de $\alpha$, la dénivellation vaut $h=L\sin \alpha =3,0\times \sin 25°\approx$ 1,27 m.
2. Travail du poids : J
   $W(\overrightarrow{P})=mgh=2,5\times 9,81\times 1,268\approx$ 31,1 J, travail moteur : le solide descend.
3. Travail de la réaction du plan : J
   Sans frottement, la réaction est perpendiculaire au plan, donc au déplacement : $W(\overrightarrow{R})=R\times AB\times \cos 90°=$ 0 J.
4. Vitesse en bas de la pente : m·s⁻¹
   $\frac{1}{2}m{v}^2=W(\overrightarrow{P})$, d’où $v=\sqrt{\frac{2\times 31,09}{2,5}}\approx$ 4,99 m·s⁻¹.
5. Vitesse en bas d’une pente de même angle, longue de 4,5 m : m·s⁻¹
   $v=\sqrt{2gL\sin \alpha }=\sqrt{2\times 9,81\times 4,5\times \sin 25°}\approx$ 6,11 m·s⁻¹. La longueur est multipliée par 1,5, la vitesse seulement par $\sqrt{1,5}\approx 1,22$.

Un camion de 15 t dont les freins ne répondent plus entre à 90 km·h⁻¹ sur une voie de détresse en montée, qui s’élève de 0,10 m par mètre parcouru. Le gravier exerce une force de frottement de valeur constante 45 kN, opposée au mouvement ; on néglige les autres frottements. Donnée : g = 9,81 N·kg⁻¹.

1. Énergie cinétique du camion à l’entrée de la voie : × 10⁶ J
   $v=\frac{90}{3,6}=25$ m·s⁻¹ ; $E_c=\frac{1}{2}\times 15\times {10}^3\times {25}^2\approx$ 4,69 × 10⁶ J.
2. Distance d’arrêt si seul le poids s’opposait au mouvement : m
   Sur une distance $d$, le camion s’élève de $0,10d$ : $W(\overrightarrow{P})=-mg\times 0,10d$. Théorème : $0-E_c=-mg\times 0,10d$, d’où $d=\frac{4,6875\times {10}^6}{15\times {10}^3\times 9,81\times 0,10}\approx$ 319 m.
3. Distance d’arrêt sur le gravier : m
   Le frottement s’ajoute : $0-E_c=-mg\times 0,10d-fd$, d’où $d=\frac{4,6875\times {10}^6}{14715+45000}\approx$ 78,5 m. Avec le gravier, le camion s’arrête en quatre fois moins de distance qu’avec la pente seule.
4. Travail du poids sur cette distance : × 10⁶ J
   $W(\overrightarrow{P})=-mg\times 0,10\times d=-14715\times 78,5\approx$ −1,16 × 10⁶ J : le poids, résistant à la montée, absorbe environ un quart de l’énergie cinétique, le gravier le reste.

Un pot de peinture de 1,2 kg est posé sur la plateforme d’une nacelle élévatrice, à 6,0 m au-dessus du sol. Donnée : g = 9,81 N·kg⁻¹.

1. $E_{pp}$ avec la référence au sol : J
   $z=6,0$ m : $E_{pp}=mgz=1,2\times 9,81\times 6,0\approx$ 70,6 J.
2. $E_{pp}$ avec la référence sur la plateforme de la nacelle : J
   Le pot est alors au niveau de référence, $z=0$ : $E_{pp}=$ 0 J. La valeur dépend de la référence.
3. Le pot est descendu à 2,5 m au-dessus du sol : $\Delta E_{pp}$ = J
   $\Delta E_{pp}=mg(z_B-z_A)=1,2\times 9,81\times (2,5-6,0)\approx$ −41,2 J, quelle que soit la référence : le pot descend.
4. Travail du poids pendant cette descente : J
   $W(\overrightarrow{P})=-\Delta E_{pp}=$ +41,2 J : le poids est moteur quand le système descend.

Un avion de ligne de 70 t passe du sol, où il est immobile, à son altitude de croisière, 10 km plus haut, où il vole à 900 km·h⁻¹. On prend g = 9,81 N·kg⁻¹ sur tout le trajet.

1. Variation de son énergie potentielle de pesanteur : × 10⁹ J
   $\Delta E_{pp}=mg\Delta z=70\times {10}^3\times 9,81\times 10\times {10}^3\approx$ 6,87 × 10⁹ J.
2. Travail de son poids pendant la montée : × 10⁹ J
   $W(\overrightarrow{P})=-\Delta E_{pp}\approx$ −6,87 × 10⁹ J : travail résistant, quelle que soit la trajectoire de montée.
3. Énergie cinétique en croisière, dans le référentiel terrestre : × 10⁹ J
   $v=\frac{900}{3,6}=250$ m·s⁻¹ ; $E_c=\frac{1}{2}\times 70\times {10}^3\times {250}^2\approx$ 2,19 × 10⁹ J.
4. Augmentation de son énergie mécanique entre le sol et la croisière : × 10⁹ J
   $\Delta E_m=\Delta E_c+\Delta E_{pp}\approx 2,19\times {10}^9+6,87\times {10}^9\approx$ 9,05 × 10⁹ J, apportés par la poussée des moteurs (en plus de ce que dissipe l’air).

Le graphique donne l’énergie potentielle de pesanteur d’un objet en fonction de son altitude $z$, mesurée sur un axe vertical orienté vers le haut. Donnée : g = 9,81 N·kg⁻¹.

1. Coefficient directeur de la droite : J·m⁻¹
   Entre les deux points marqués : $\frac{196,2-0}{10,0-2,0}=$ 24,5 J·m⁻¹ (24,525).
2. Masse de l’objet : kg
   $E_{pp}=mgz+$ constante : le coefficient directeur vaut $mg$, donc $m=\frac{24,525}{9,81}=$ 2,5 kg.
3. Altitude du niveau de référence choisi : z = m
   La référence est l’altitude où $E_{pp}=0$ : z = 2,0 m. Ici $E_{pp}=mg(z-2,0)$.
4. $E_{pp}$ de l’objet à l’altitude z = 0 : J
   $E_{pp}=24,525\times (0-2,0)\approx$ −49,1 J : sous la référence, l’énergie potentielle est négative.

Une pierre de 0,40 kg passe à 12 m au-dessus du sol avec une vitesse de 3,0 m·s⁻¹. Référence au sol ; g = 9,81 N·kg⁻¹.

1. Énergie cinétique de la pierre : J
   $E_c=\frac{1}{2}\times 0,40\times 3,0^2=$ 1,8 J.
2. Énergie potentielle de pesanteur : J
   $E_{pp}=0,40\times 9,81\times 12\approx$ 47,1 J.
3. Énergie mécanique : J
   $E_m=E_c+E_{pp}=1,8+47,1\approx$ 48,9 J.
4. Part de l’énergie cinétique dans l’énergie mécanique : %
   $\frac{1,8}{48,9}\approx 0,037$, soit 3,7 % : l’énergie de la pierre est presque toute potentielle, la chute la convertira en énergie cinétique.

Une balle de 0,15 kg est lâchée sans vitesse d’un toit, à 20 m au-dessus du sol pris comme référence. On néglige les frottements de l’air ; g = 9,81 N·kg⁻¹.

1. Énergie mécanique de la balle : J
   Au départ, $v=0$ : $E_m=mgz=0,15\times 9,81\times 20\approx$ 29,4 J. Seul le poids travaille : cette valeur est la même pendant toute la chute.
2. Vitesse juste avant le sol : m·s⁻¹
   $\frac{1}{2}m{v}^2=mgh$ : $v=\sqrt{2\times 9,81\times 20}=\sqrt{392,4}\approx$ 19,8 m·s⁻¹.
3. Vitesse au passage à 8,0 m du sol : m·s⁻¹
   La balle est descendue de 12 m : $v=\sqrt{2\times 9,81\times 12}\approx$ 15,3 m·s⁻¹, déjà plus des trois quarts de sa vitesse finale.
4. La même balle est lancée du toit vers le bas à 6,0 m·s⁻¹. Vitesse juste avant le sol : m·s⁻¹
   Seul le poids travaille : $E_m$ se conserve et la masse se simplifie. $v^2=6,0^2+2\times 9,81\times 20=428,4$, d’où $v\approx$ 20,7 m·s⁻¹ : à peine 0,9 m·s⁻¹ de plus qu’en partant sans vitesse, car ce sont les carrés des vitesses qui s’ajoutent.

Une bille de 0,20 kg est suspendue à un fil inextensible de 1,10 m, de masse négligeable. On écarte le fil de 40° de la verticale, puis on lâche la bille sans vitesse ; on néglige les frottements. Référence : le point le plus bas. Données : cos 40° = 0,766 ; g = 9,81 N·kg⁻¹.

1. Hauteur de départ au-dessus du point le plus bas : m
   $h=L(1-\cos \theta )=1,10\times (1-0,766)\approx$ 0,257 m.
2. Vitesse au point le plus bas : m·s⁻¹
   La tension du fil, perpendiculaire à la trajectoire, ne travaille pas : $E_m$ se conserve. $v=\sqrt{2\times 9,81\times 0,2574}\approx$ 2,25 m·s⁻¹.
3. Hauteur de la bille quand sa vitesse vaut 1,50 m·s⁻¹ : m
   $mgh=\frac{1}{2}m{v}^{\prime 2}+mgh\prime$ : $h\prime =0,2574-\frac{1,{50}^2}{2\times 9,81}\approx 0,2574-0,1147\approx$ 0,143 m.
4. Angle du fil avec la verticale à cet instant : °
   $\cos \theta \prime =1-\frac{h\prime }{L}=1-\frac{0,1427}{1,10}\approx 0,870$, d’où $\theta \prime \approx$ 29,5°. La bille a déjà perdu près de 45 % de son énergie potentielle, en ne parcourant qu’un peu plus du quart de l’écart angulaire.

Une trottinette et sa conductrice descendent une rue en roue libre sur 60 m de trajet. Leur énergie mécanique passe de 2,4 kJ à 1,5 kJ.

1. Variation de l’énergie mécanique : kJ
   $\Delta E_m=1,5-2,4=$ −0,90 kJ : l’énergie mécanique diminue.
2. L’énergie dissipée est transférée surtout sous forme d’énergie
   Les frottements des roues, des roulements et de l’air échauffent les surfaces et l’air : énergie thermique. Elle n’a pas disparu.
3. Valeur de la force de frottement, supposée constante : N
   $\Delta E_m=-f\times \ell$ : $f=\frac{900}{60}=$ 15 N.

Une caisse à savon et son pilote, 85 kg au total, partent du repos en haut d’une route de 420 m de long et de 38 m de dénivelé ; ils arrivent en bas à 16 m·s⁻¹. Référence en bas ; g = 9,81 N·kg⁻¹.

1. Énergie mécanique au départ : × 10⁴ J
   Au départ, $v=0$ : $E_m(A)=85\times 9,81\times 38\approx$ 3,17 × 10⁴ J.
2. Énergie mécanique à l’arrivée : × 10⁴ J
   En bas, $z=0$ : $E_m(B)=\frac{1}{2}\times 85\times {16}^2=10880$ J, soit 1,09 × 10⁴ J.
3. Énergie dissipée pendant la descente : × 10⁴ J
   $|\Delta E_m|=31686-10880\approx$ 2,08 × 10⁴ J, transférés à l’air, à la route et aux roues sous forme thermique.
4. Valeur moyenne de la force de frottement : N
   Sur la longueur parcourue (pas le dénivelé) : $f=\frac{20806}{420}\approx$ 49,5 N.
5. Vitesse d’arrivée s’il n’y avait aucun frottement : m·s⁻¹
   $v=\sqrt{2\times 9,81\times 38}\approx$ 27,3 m·s⁻¹, contre 16 m·s⁻¹ en réalité : les frottements dissipent ici les deux tiers de l’énergie mécanique.

Un ballon de basket de 0,62 kg est lâché sans vitesse à 1,60 m au-dessus du sol ; après le premier rebond, il remonte à 1,15 m. On néglige les frottements de l’air pendant les vols. Référence au sol ; g = 9,81 N·kg⁻¹.

1. Vitesse juste avant le premier contact avec le sol : m·s⁻¹
   Pendant la chute, seul le poids travaille : $v=\sqrt{2\times 9,81\times 1,60}\approx$ 5,60 m·s⁻¹.
2. Vitesse juste après le rebond : m·s⁻¹
   La remontée se fait aussi sans dissipation : $v\prime =\sqrt{2\times 9,81\times 1,15}\approx$ 4,75 m·s⁻¹.
3. Énergie mécanique perdue au rebond : J
   $\Delta E_m=mg(h\prime -h)=0,62\times 9,81\times (1,15-1,60)\approx -2,74$ J : 2,74 J dissipés pendant le contact (déformation du ballon, échauffement, bruit).
4. Part de l’énergie mécanique conservée au rebond : %
   $\frac{mgh\prime }{mgh}=\frac{1,15}{1,60}\approx 0,719$ : 71,9 %.
5. Hauteur atteinte après le troisième rebond, si cette part reste la même : m
   $h_3=1,60\times 0,{71875}^3\approx$ 0,594 m.

Une balle de 60 g est lancée obliquement. Le pointage d’une vidéo donne les coordonnées $x$ (horizontale) et $z$ (verticale, vers le haut, référence au point de lancement) toutes les 50 ms. Donnée : g = 9,81 N·kg⁻¹.

1. Vitesse à t = 0,15 s : m·s⁻¹
   Entre les points à 0,10 s et 0,20 s, la balle parcourt $\sqrt{0,{320}^2+0,{253}^2}\approx 0,408$ m en $2\tau =0,100$ s : $v\approx$ 4,08 m·s⁻¹.
2. Énergie cinétique à t = 0,15 s : J
   $E_c=\frac{1}{2}\times 0,060\times 4,{079}^2\approx$ 0,499 J.
3. Énergie mécanique à t = 0,15 s : J
   $E_m=0,499+0,060\times 9,81\times 0,490\approx 0,499+0,288\approx$ 0,788 J. Le même calcul à 0,25 s donne 0,787 J : l’énergie mécanique se conserve, aux erreurs de pointage près.
4. Vitesse de lancement, déduite de la conservation de l’énergie mécanique : m·s⁻¹
   Au lancement, $z=0$ : $\frac{1}{2}m{v}_0^2=0,788$ J, d’où $v_0=\sqrt{\frac{2\times 0,788}{0,060}}\approx$ 5,12 m·s⁻¹.

Ce programme Python calcule l’énergie mécanique d’une balle de 200 g lâchée sans vitesse, à partir des altitudes pointées toutes les 50 ms sur un axe vertical orienté vers le haut. Une expression a été effacée.

m, g, tau = 0.200, 9.81, 0.050
z = [2.000, 1.988, 1.951, 1.890, 1.804, 1.693]
for i in range(1, len(z) - 1):
    v = (z[i+1] - z[i-1]) / (2 * tau)
    Em = 0.5 * m * ... + m * g * z[i]
    print(round(Em, 3))

1. Expression à écrire à la place des points de suspension :
   L’énergie cinétique vaut $\frac{1}{2}m{v}^2$ : on écrit v**2 (le carré de v en Python).
2. Nombre de valeurs affichées par le programme :
   La boucle va de i = 1 à i = len(z) − 2 = 4 : la vitesse ne se calcule ni au premier ni au dernier point. 4 valeurs.
3. Signe des vitesses v calculées :
   La balle descend : chaque $z_{i+1}$ est plus petit que $z_{i-1}$, la vitesse calculée est négative. Ce n’est pas une erreur : le carré efface le signe.
4. Première valeur affichée : J
   Pour i = 1 : $v=\frac{1,951-2,000}{0,100}=-0,49$ m·s⁻¹ ; $E_m=0,5\times 0,200\times 0,{49}^2+0,200\times 9,81\times 1,988\approx$ 3,924 J, égale à $mg{z}_0$ au départ.

Un volant de badminton de 5,0 g tombe verticalement. Le pointage, toutes les 20 ms, donne ses altitudes successives, référence au sol : 2,000 m ; 1,864 m ; 1,728 m ; 1,592 m ; 1,456 m. Donnée : g = 9,81 N·kg⁻¹.

1. Vitesse du volant au point d’altitude 1,864 m : m·s⁻¹
   $v\approx \frac{2,000-1,728}{2\times 0,020}=$ 6,8 m·s⁻¹. Les écarts entre points sont égaux : la vitesse est constante.
2. Variation d’énergie cinétique entre les points d’altitudes 1,864 m et 1,592 m : J
   La vitesse est la même aux deux points : $\Delta E_c=$ 0 J.
3. Variation d’énergie mécanique entre ces deux points : × 10⁻² J
   $\Delta E_m=\Delta E_{pp}=0,0050\times 9,81\times (1,592-1,864)\approx$ −1,33 × 10⁻² J : tout ce que perd l’énergie potentielle est dissipé.
4. Valeur de la force de frottement de l’air, supposée constante : × 10⁻² N
   $f=\frac{|\Delta E_m|}{\ell }=\frac{1,334\times {10}^{-2}}{0,272}\approx$ 4,9 × 10⁻² N, égale au poids $mg$ : à vitesse constante, les deux forces se compensent.