Correction des exercices sur Travail et Energie

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1 Correction des exercices sur Travail et Energie

2 Exo 14 p 237

3 Les erreurs possibles peuvent être dues à :
L’expérimentateur : décalage au moment du déclenchement et de l’arrêt du chronomètre ; observation incorrecte, comptage incorrect. L’appareil de mesure : imprécision sur la valeur affichée par le chronomètre.

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6 - la valeur moyenne de la période : Tmoy = 1,310 s ;
Tableau des mesures : T(s) 1,33 1,28 1,31 1,30 1,29 1,34 1,32 Avec la fonction statistique d’un tableur ou d’une calculatrice on obtient : - la valeur moyenne de la période : Tmoy = 1,310 s ; - la valeur de l’écart type expérimental : sexp = 0,02045 s ; - la valeur de l’incertitude pour un niveau de confiance de 95 % : T = 0,01 s. Le résultat de la mesure s’écrit alors : T = 1,31 ± 0,01 s 

7 Exo 20 p 238

8 Em(C) = Ec(C) + Epp(C) Em(C) = ½ × M × M × g × zC

9 Nous connaissons la vitesse en C et nous voulons connaître la vitesse en A. Il faut donc trouver un lien entre A et C. Nous savons que le mouvement s’effectue sans frottements (pas d’échanges d’énergie avec l’extérieur), donc on en déduit que l’énergie mécanique du wagon se conserve entre A et C (le wagon n’est soumis qu’à des forces conservatives : l poids et la réaction normale du rail). On a donc : ½ × M × M × g × zA = ½ × M × M × g × zC On simplifie par M et on isole : = 2g(zC – zA) + Avec : vC = 20 km.h-1 = 5,6 m.s-1 zA = 20,7 m vA = 20 m.s-1 = 73 km.h-1 Attention zA n’est pas 20 m, il faut mesurer à la règle et faire un produit en croix :

10 Même raisonnement que pour le point A, on trouve alors :
= 2g(zC – zD) + vD = 29 m.s-1 = 1,0.102 km.h-1 Avec des frottements, il faudrait que la vitesse de lancement en A soit supérieure à 73 km·h-1 pour que, au point C, la vitesse du wagon soit de 20 km·h-1. L’arrivée en D se ferait alors avec une vitesse inférieure à 1,0×102 km·h-1.

11 Exo 29 p 241

12 L’énergie potentielle de pesanteur augmente lorsque la boule s’élève puis diminue lors de sa chute : la courbe (3) correspond donc à Epp (t) L’énergie cinétique de la boule varie au cours du déplacement, elle diminue pendant la montée et augmente ensuite. La courbe (2) représente donc Ec (t) La courbe (1) est celle de l’énergie mécanique Em (t), somme des courbes (2) et (3) La valeur de Em (t) reste constante au cours du temps : le système « boule de pétanque dans le champ de pesanteur » est conservatif. Le déplacement se fait donc sans frottement. Rq : Les frottements sont en effet négligeable sur la boule de masse importante, se déplaçant à vitesse faible dans l’air.

13 Par définition : Ec0 = ½ m Donc : Par lecture graphique : Ec0 = 32 J Donc : Par définition : Epp = mgz avec la convention Epp = 0 quand z = 0 Donc : Epp0 = mgz0 et par lecture graphique on lit : Epp0 = 2,0 J.

14 Quand la boule atteint l’altitude zmax, alors Epp est maximale
Par lecture graphique, Epp max = 14,5 J (pour t = 0,5 s) Donc : La valeur lue sur le graphique de l’énergie cinétique à t = 0,5 s est : Ec max = 19,5 J

15 Exo 31 p 242

16 D’après la deuxième loi de Newton, si on néglige le poids de la particule chargée :
Or : Donc : avec q < 0 d’après l’énoncé On en déduit que le champ électrique doit avoir la même direction que le vecteur accélération mais un sens contraire. Le champ électrique a donc les caractéristiques suivantes : Direction : perpendiculaire aux plaques Sens : vers la plaque A Valeur : E = U / d Le sens du champ électrique va de la plaque positive vers la plaque négative : on en déduit que la plaque A est chargée négativement et la plaque B positivement. On a donc U = UBA.

17 Cours :

18 et Avec EpA = 0 J Donc : - EpB = - qU EpB = qU

19 L’énergie mécanique de la particule se conserve.
On en déduit : EcA + EpA = EcB + EpB EpA = 0 et EpB = qU Donc : EcA = EcB + qU Soit : EcB = EcA - qU En remplaçant par les expressions : Sachant que vA = v0, on obtient :

20 Si v0 = 0 m/s, l’expression de vB devient :
(La charge q négative annule le signe -)