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Énergie mécanique : conservation et dissipation

Travail, énergie cinétique et potentielle, conservation et dissipation — programme de Spécialité Physique-Chimie Terminale

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Ces problèmes corrigés sur « Énergie mécanique : conservation et dissipation » en terminale permettent d'appliquer le cours à des situations concrètes en spécialité physique-chimie. Ils suivent le programme officiel de terminale et se résolvent étape par étape. Au programme : L'essentiel : travail, énergies, énergie mécanique, Forces conservatives et énergies potentielles, Théorème de l'énergie mécanique : conservation et dissipation, L'oscillateur masse-ressort : équation différentielle et période propre. Cherche au brouillon, rédige, puis compare avec la correction détaillée de chaque problème. Idéal pour développer le raisonnement, la rigueur et la confiance avant une évaluation. Problèmes gratuits proposés par un professeur particulier à Marseille pour progresser en spécialité physique-chimie en terminale.

Problèmes corrigés, type devoir surveillé ou bac : plusieurs parties, un raisonnement à rédiger. Traite chaque problème en entier au brouillon, puis déplie la correction rédigée.

Problème 1 — Étalonnage d'un ressort par la mesure de sa période propre

Moyen

Pour déterminer la raideur d'un ressort, un groupe d'élèves y suspend successivement plusieurs masses marquées, écarte le système de sa position d'équilibre et mesure la durée de dix oscillations, dont il déduit la période propre. Les frottements sont négligés.

Masse $m$ (g)	100	200	300	400	500
Période $T_{0}$ (s)	0,63	0,89	1,09	1,26	1,40

1. Montrer que $T_{0}^{2}$ est une fonction linéaire de $m$ et exprimer son coefficient directeur en fonction de $k$ .
2. Calculer $T_{0}^{2}$ pour la première et pour la dernière masse, puis en déduire le coefficient directeur de la droite.
3. En déduire la valeur de la raideur du ressort.
4. Prévoir la période propre obtenue avec une masse de 650 g.
5. En pratique, la droite obtenue ne passe pas exactement par l'origine mais coupe l'axe des ordonnées en une valeur positive. Proposer une explication physique.
6. Pour la masse de 500 g, le système est écarté de 4,5 cm puis lâché sans vitesse. Calculer son énergie mécanique et sa vitesse maximale.

1. La période propre d'un système masse-ressort vaut $T_{0} = 2 π \sqrt{\frac{m}{k}}$ . En élevant au carré : $T_{0}^{2} = \frac{4 π^{2}}{k} m$ . C'est bien une fonction linéaire de la masse (elle s'annule pour $m = 0$ ), de coefficient directeur $a = \frac{4 π^{2}}{k}$ , exprimé en s²·kg⁻¹.

2. Pour $m$ = 0,100 kg : $T_{0}^{2} = (0, 63)^{2}$ = 0,397 s². Pour $m$ = 0,500 kg : $T_{0}^{2} = (1, 40)^{2}$ = 1,96 s². Le coefficient directeur vaut $a = \frac{1, 96 - 0, 397}{0, 500 - 0, 100} = \frac{1, 563}{0, 400}$ , soit $a$ = 3,91 s²·kg⁻¹.

3. De $a = \frac{4 π^{2}}{k}$ on tire $k = \frac{4 π^{2}}{a} = \frac{39, 48}{3, 91}$ , soit $k$ = 10 N·m⁻¹ (deux chiffres significatifs). Vérification avec un point intermédiaire : pour $m$ = 0,300 kg, $2 π \sqrt{0, 300 / 10, 1}$ = 1,08 s, en accord avec la mesure 1,09 s.

4. $T_{0}$ $= 2 π \sqrt{\frac{0, 650}{10, 1}}$ $= 2 π \sqrt{6, 44 \times 10^{- 2}}$ $= 2 π \times 0, 2537$ , soit $T_{0}$ = 1,59 s. On peut aussi utiliser la droite : $T_{0}^{2} = 3, 91 \times 0, 650$ = 2,54 s², donc $T_{0}$ = 1,59 s.

5. Le modèle suppose la masse du ressort négligeable devant celle de la masse marquée. En réalité, une partie du ressort oscille aussi : le système équivalent a une masse un peu supérieure à $m$ , si bien que $T_{0}^{2} = \frac{4 π^{2}}{k} (m + m_{e q})$ . Cela ajoute une ordonnée à l'origine positive $\frac{4 π^{2} m_{e q}}{k}$ , d'autant plus visible que les masses utilisées sont petites. Le coefficient directeur, lui, n'est pas modifié : la raideur obtenue reste correcte.

6. Au lâcher, la vitesse est nulle et l'écart à l'équilibre vaut $X_{m}$ = 4,5×10⁻² m : $E_{m} = \frac{1}{2} k X_{m}^{2} = \frac{1}{2} \times 10, 1 \times (4, 5 \times 10^{- 2})^{2}$ , soit $E_{m}$ = 1,0×10⁻² J. Sans frottement, cette énergie est intégralement cinétique au passage par l'équilibre : $v_{m a x}$ $= \sqrt{\frac{2 E_{m}}{m}}$ $= \sqrt{\frac{2 \times 1, 02 \times 10^{- 2}}{0, 500}}$ $= \sqrt{4, 09 \times 10^{- 2}}$ , soit $v_{m a x}$ = 0,20 m·s⁻¹. On retrouve $v_{m a x} = ω_{0} X_{m}$ avec $ω_{0} = \sqrt{10, 1 / 0, 500}$ = 4,5 rad·s⁻¹.

Problème 2 — Rendement d'un toboggan aquatique

Moyen

Un toboggan aquatique présente une dénivelée de 6,8 m pour une longueur de glisse de 14,0 m. Un baigneur de masse 32 kg s'élance sans vitesse initiale du sommet et arrive en bas avec une vitesse de 9,5 m·s⁻¹. L'origine des altitudes est prise à l'arrivée et $g$ = 9,81 m·s⁻².

1. Calculer l'énergie mécanique du baigneur au sommet, puis à l'arrivée.
2. En déduire l'énergie dissipée pendant la descente.
3. Déterminer la valeur moyenne de la force de frottement exercée par l'eau et la paroi, supposée constante et opposée au mouvement.
4. Calculer la vitesse d'arrivée qu'aurait un baigneur sur un toboggan identique mais sans frottement.
5. Définir puis calculer le rendement énergétique du toboggan, c'est-à-dire la fraction de l'énergie potentielle initiale retrouvée sous forme cinétique.
6. Un second baigneur, deux fois plus lourd, emprunte le même toboggan. Discuter l'effet de la masse sur les résultats des questions 3 et 4.

1. Au sommet, $v = 0$ : $E_{m} (sommet) = m g h = 32 \times 9, 81 \times 6, 8$ = 2134,7 J, soit 2,13×10³ J. À l'arrivée, $z = 0$ : $E_{m} (bas) = \frac{1}{2} m v^{2} = \frac{1}{2} \times 32 \times (9, 5)^{2}$ = 1444 J, soit 1,44×10³ J.

2. Théorème de l'énergie mécanique : $Δ E_{m} = W (\vec{f})$ = 1444 − 2134,7 = −690,7 J. L'énergie dissipée vaut donc 6,9×10² J, sous forme d'énergie interne de l'eau, de la paroi et du baigneur.

3. La force est supposée constante et opposée au déplacement sur la longueur $L$ = 14,0 m : $W (\vec{f}) = - f L$ , donc $f = \frac{690, 7}{14, 0}$ , soit $f$ = 49 N.

4. Sans frottement, l'énergie mécanique se conserve : $\frac{1}{2} m v^{' 2} = m g h$ , d'où $v^{'} = \sqrt{2 g h} = \sqrt{2 \times 9, 81 \times 6, 8} = \sqrt{133, 4}$ , soit $v^{'}$ = 11,6 m·s⁻¹. La dissipation coûte donc 2,1 m·s⁻¹ de vitesse finale.

5. Le rendement est le rapport de l'énergie utile (cinétique à l'arrivée) à l'énergie fournie (potentielle au départ) : $η = \frac{E_{c} (bas)}{E_{p p} (sommet)} = \frac{1444}{2134, 7}$ = 0,676, soit $η$ = 68 %. Les 32 % restants sont dissipés.

6. Dans la question 4, la masse se simplifie ( $v^{'} = \sqrt{2 g h}$ ) : la vitesse d'arrivée sans frottement ne dépend pas de la masse. En revanche, dans la question 3, l'énergie dissipée a été calculée à partir d'énergies toutes proportionnelles à la masse : pour une masse doublée, l'énergie dissipée serait doublée, donc la force de frottement déduite le serait aussi (environ 98 N). C'est physiquement cohérent : un baigneur plus lourd appuie davantage sur la paroi, donc les frottements sont plus intenses. Le rendement, lui, resterait pratiquement le même.

Problème 3 — Portrait de phase d'un oscillateur amorti obtenu par vidéo

Difficile

Un mobile autoporteur de masse 0,26 kg, relié à un ressort, oscille sur un banc horizontal. Un logiciel de pointage construit le portrait de phase du mouvement : la courbe est une spirale qui s'enroule vers l'origine du repère. Les élèves relèvent les positions extrêmes successives (vitesse nulle) suivantes, ainsi qu'une pseudo-période constante $T$ = 0,72 s.

Passage	1	2	3
Élongation extrême (cm)	+6,0	−5,1	+4,3

1. Justifier, à partir de la forme de la courbe, que l'énergie mécanique du système n'est pas conservée, et préciser le sens de parcours du portrait de phase.
2. L'amortissement étant faible, on assimile la pseudo-période à la période propre. Déterminer la raideur du ressort.
3. Calculer l'énergie mécanique du système à chacun des trois passages relevés.
4. Montrer que l'énergie mécanique décroît géométriquement et déterminer le pourcentage d'énergie dissipée par pseudo-période.
5. Déterminer le nombre de pseudo-périodes au bout duquel l'énergie mécanique devient inférieure à 1 % de sa valeur initiale.
6. Estimer la vitesse maximale du mobile lors de sa première oscillation.
7. Les élèves proposent de refaire l'expérience en plongeant le mobile dans un liquide visqueux. Décrire l'allure attendue du portrait de phase.

1. Sur un portrait de phase, un état du système correspond à un point (position ; vitesse). Puisque la courbe est une spirale et non une courbe fermée, le système ne repasse jamais par les mêmes états : les élongations extrêmes et les vitesses extrêmes diminuent à chaque tour. Or $E_{m} = \frac{1}{2} k X^{2}$ à chaque élongation extrême : l'énergie mécanique décroît, elle est dissipée par les frottements. Le sens de parcours est horaire : lorsque la vitesse est positive (partie haute), la position augmente.

2. $T \approx T_{0} = 2 π \sqrt{\frac{m}{k}}$ donne $k$ $= \frac{4 π^{2} m}{T^{2}}$ $= \frac{4 π^{2} \times 0, 26}{(0, 72)^{2}}$ $= \frac{10, 26}{0, 5184}$ , soit $k$ = 19,8 N·m⁻¹.

3. À chaque passage relevé la vitesse est nulle, donc $E_{m} = \frac{1}{2} k X^{2}$ : $E_{m 1} = \frac{1}{2} \times 19, 8 \times (6, 0 \times 10^{- 2})^{2}$ = 3,56×10⁻² J ; $E_{m 2} = \frac{1}{2} \times 19, 8 \times (5, 1 \times 10^{- 2})^{2}$ = 2,58×10⁻² J ; $E_{m 3} = \frac{1}{2} \times 19, 8 \times (4, 3 \times 10^{- 2})^{2}$ = 1,83×10⁻² J.

4. Attention : deux passages consécutifs du tableau sont de part et d'autre de l'équilibre, ils sont donc séparés d'une demi-pseudo-période. Comparons les passages du même côté, 1 et 3, séparés d'une pseudo-période : $\frac{E_{m 3}}{E_{m 1}} = \frac{1, 830}{3, 564}$ = 0,513. Le rapport des rapports successifs est lui aussi constant : $\frac{E_{m 2}}{E_{m 1}}$ = 0,724 et $\frac{E_{m 3}}{E_{m 2}}$ = 0,711, soit 0,72 à 2 % près pour chaque demi-pseudo-période. La décroissance est donc bien géométrique, de raison 0,51 par pseudo-période : le système dissipe environ 49 % de son énergie mécanique par pseudo-période.

5. Après $n$ pseudo-périodes, $E_{m} (n) = E_{m 1} \times (0, 513)^{n}$ . On cherche $n$ tel que $(0, 513)^{n} < 0, 01$ , soit $n > \frac{\ln 0, 01}{\ln 0, 513} = \frac{- 4, 605}{- 0, 668}$ = 6,9. Il faut donc $n$ = 7 pseudo-périodes, c'est-à-dire environ 7 × 0,72 = 5,0 s, pour que l'énergie mécanique tombe sous 1 % de sa valeur initiale. Vérification : $0, 513^{7}$ = 9,3×10⁻³ < 0,01.

6. Sur la première oscillation, le mouvement est quasi sinusoïdal d'amplitude 6,0 cm et de pseudo-période 0,72 s : $v_{m a x} \approx \frac{2 π X_{m}}{T} = \frac{2 π \times 6, 0 \times 10^{- 2}}{0, 72}$ , soit $v_{m a x}$ = 0,52 m·s⁻¹. Contrôle énergétique : $\sqrt{2 E_{m 1} / m} = \sqrt{2 \times 3, 564 \times 10^{- 2} / 0, 26}$ = 0,52 m·s⁻¹, ce qui confirme la valeur.

7. Les frottements fluides seraient bien plus intenses. Si l'amortissement reste faible, la spirale s'enroulerait beaucoup plus vite vers l'origine (moins de tours avant l'arrêt). Si l'amortissement devient fort, le régime serait apériodique : le portrait de phase ne ferait plus aucun tour complet, il rejoindrait directement l'origine, le mobile revenant à l'équilibre sans jamais le dépasser.

Problème 4 — Rebonds d'une balle : dissipation et modèle géométrique

Difficile

Une balle de masse 58 g est lâchée sans vitesse d'une hauteur de 1,60 m au-dessus du sol. Une caméra rapide mesure les hauteurs atteintes après les rebonds successifs : 1,12 m puis 0,78 m. La résistance de l'air est négligée pendant les phases de vol, et $g$ = 9,81 m·s⁻².

1. Calculer la vitesse de la balle juste avant le premier impact au sol.
2. Calculer l'énergie mécanique de la balle avant et après le premier rebond, puis l'énergie dissipée lors de ce rebond.
3. Montrer que le rapport de deux hauteurs successives est pratiquement constant et donner sa valeur.
4. En déduire une expression de la hauteur $h_{n}$ atteinte après le $n$ -ième rebond, puis calculer $h_{5}$ .
5. Calculer la vitesse de la balle juste après le premier rebond, puis le rapport de cette vitesse à celle de la question 1. Comparer ce rapport à la racine carrée du rapport trouvé à la question 3 et commenter.
6. Expliquer pourquoi ce mouvement, bien qu'il se répète, n'est pas celui d'un oscillateur harmonique amorti.
7. Un élève affirme : « puisque l'énergie mécanique diminue à chaque rebond, le principe de conservation de l'énergie est violé ». Expliquer son erreur.

1. Pendant la chute, seul le poids travaille : l'énergie mécanique se conserve. Avec l'origine des altitudes au sol, $\frac{1}{2} m v_{1}^{2} = m g h_{0}$ , donc $v_{1} = \sqrt{2 g h_{0}} = \sqrt{2 \times 9, 81 \times 1, 60} = \sqrt{31, 39}$ , soit $v_{1}$ = 5,60 m·s⁻¹.

2. Avant l'impact : $E_{m} = m g h_{0} = 0, 058 \times 9, 81 \times 1, 60$ = 0,910 J. Après le rebond, la balle remonte à 1,12 m : $E_{m}^{'} = 0, 058 \times 9, 81 \times 1, 12$ = 0,637 J. L'énergie dissipée pendant le contact avec le sol vaut $| Δ E_{m} |$ = 0,910 − 0,637 = 0,273 J, soit 30 % de l'énergie initiale — dissipée par déformation de la balle (énergie interne) et par l'onde sonore du choc.

3. $\frac{h_{1}}{h_{0}} = \frac{1, 12}{1, 60}$ = 0,700 et $\frac{h_{2}}{h_{1}} = \frac{0, 78}{1, 12}$ = 0,696. Ces deux valeurs coïncident à moins de 1 % près : le rapport est constant et vaut 0,70. Chaque rebond restitue donc 70 % de l'énergie mécanique, indépendamment de la hauteur de chute.

4. La suite des hauteurs est géométrique de raison 0,70 et de premier terme $h_{0}$ = 1,60 m : $h_{n} = h_{0} \times (0, 70)^{n}$ . Pour $n$ = 5 : $h_{5} = 1, 60 \times (0, 70)^{5} = 1, 60 \times 0, 1681$ , soit $h_{5}$ = 0,27 m.

5. Après le rebond, l'énergie cinétique est intégralement convertie en énergie potentielle au sommet : $v_{1}^{'} = \sqrt{2 g h_{1}} = \sqrt{2 \times 9, 81 \times 1, 12} = \sqrt{21, 97}$ , soit $v_{1}^{'}$ = 4,69 m·s⁻¹. Le rapport vaut $\frac{v_{1}^{'}}{v_{1}} = \frac{4, 69}{5, 60}$ = 0,838. Or $\sqrt{0, 700}$ = 0,837 : les deux valeurs sont égales. C'est logique, car $E_{m} \propto v^{2}$ et $E_{m} \propto h$ : le rapport des vitesses est la racine carrée du rapport des hauteurs. Ce nombre 0,84 est le coefficient de restitution de la balle sur ce sol.

6. Un oscillateur harmonique est soumis à une force de rappel proportionnelle à l'écart à l'équilibre, ce qui impose une période propre indépendante de l'amplitude. Ici, pendant les phases de vol, la force est le poids, constant : le mouvement est uniformément accéléré, pas sinusoïdal. De plus, la durée entre deux rebonds diminue à chaque rebond (elle est proportionnelle à $\sqrt{h_{n}}$ , donc multipliée par 0,84 à chaque fois) : il n'y a ni période, ni pseudo-période constante. Ce n'est donc pas un oscillateur harmonique amorti.

7. L'élève confond énergie mécanique et énergie totale. Le principe de conservation de l'énergie porte sur l'énergie totale du système et de son environnement : l'énergie mécanique perdue (0,273 J au premier rebond) n'a pas disparu, elle a été transférée sous forme d'énergie interne à la balle et au sol, qui s'échauffent légèrement, et pour une petite part sous forme sonore. Le théorème de l'énergie mécanique décrit précisément cette dissipation ( $Δ E_{m} < 0$ ), et c'est le premier principe de la thermodynamique qui permet d'en dresser le bilan complet.

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