QCM n°6 Travail - Énergie - Conservations

QCM n°6 Travail - Énergie - Conservations
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1. • Un bloc parallélipipédique de marbre est posé à plat sur le sol ;
ses dimensions sont L = 0,5 m, l = 50 cm, h = 5 cm ; la masse
volumique du marbre est 4 10 3 kg/m 3.
Quel travail faut-il approximativement fournir pour le dresser
verticalement ?
(1) 110 J
(2) 11 J
(3) 221 J
2. • Un traîneau de masse m est tiré sur le sol horizontal à l'aide
d'une corde, sur une distance de 11 m.
(1) 902 J
(2) 756 J
(3) 491 J
F
α
(4) m g h, mais on ne connaît pas m.
La force |F| qui tend la corde vaut
82 N et l'angle entre la corde et le
sol est 33°.
Que vaut le travail effectué par la
force ?

QCM n°6
3. • Un ballon de 200 g est lancé du sol verticalement vers le haut
avec une vitesse initiale de 10 m/s. Que peut-on affirmer ?
(1) Lorsque la vitesse du ballon s'annule, son
énergie potentielle vaut 10 J.
(2) Le ballon montera de 10 m.
(3) Le ballon montera de 5 m.
(4) Lorsque le ballon se trouve à 3 m du sol,
son énergie cinétique vaut 4 J.
4. • Un ressort de constante k = 20 N/m est allongé de 5 cm.
Quelle est la variation d'énergie potentielle correspondante ?
(1) 1 J
(2) — 100 J
(3) 0,025 J
5. • Un corps de 10 kg tombe d'une altitude de 100 m. Sachant
qu'il atteint le sol avec une vitesse de 144 km/h, quelle est la
fraction d'énergie potentielle initiale qui a été transformée en
chaleur pendant la chute ?
(1) Toute l'énergie est dissipée (fraction = 1).
(2) 2/10 de l'énergie initiale sont dissipés.
(3) 8/10 de l'énergie initiale sont dissipés.
6. •• Un store de masse m = 1 kg et de longueur L = 2 m s'enroule
sur un axe mince fixé au sommet d'une fenêtre.

Travail - Énergie - Conservations
L
Quel travail faut-il fournir pour remonter le store ?
(1) Cela dépend de la vitesse de montée.
(2) 10 J
(3) 20 J
(4) Il faudrait connaître la largeur du store.
7. • Quelle vitesse faut-il communiquer à un objet pour qu'il puisse
quitter l'attraction terrestre ?
(1) ≈ 11,2 km/s
(2) 28 000 km/h
(3) La vitesse initiale peut être quelconque.
(4) Il faut que l'objet soit accéléré.
(5) Il n'est pas possible de quitter l'attraction terrestre.
8. •• Lorsqu'un saumon remonte un cours d'eau vers la source, il
utilise deux techniques différentes pour franchir les chutes. S'il
arrive à nager suffisamment vite, il franchit la chute en nageant
! Sinon, il saute jusqu'à une hauteur suffisante pour atteindre
une zone où la vitesse de l'eau est assez faible pour qu'il
puisse nager jusqu'au sommet de la chute. Supposons que la vitesse
du saumon par rapport à l'eau est 5 m/s et que l'eau au
sommet et au bas de la chute peut être considérée comme étant
immobile.

QCM n°6
a. Quelle est la hauteur maximale d'une chute qu'un saumon
peut franchir à la nage ?
(1) 0,50 m
(2) 1,25 m
(3) 0,25 m
b. Si la hauteur de la chute est 2 m, à quelle hauteur minimale le
saumon doit-il sauter pour pouvoir terminer à la nage ?
(4) 1,50 m
(5) 0,75 m
(6) 1,75 m
c. Pour pouvoir effectuer ce saut décrit au point b, quelle doit
être la vitesse du saumon lorsqu'il quitte l'eau ?
(7) 15 m/s
(8) 3,9 m/s
(9) 5 m/s
9. ••• Un corps de masse m = 20 g (considéré comme une masse
ponctuelle) est attaché au bout d'un fil (de masse négligeable et
de longueur L = 1 m). On fixe l'extrémité du fil en O et on le
tend horizontalement. A la verticale du point de fixation se
trouve une tige (perpendiculaire au plan du dessin) d'un diamètre
négligeable.

On lâche la masse qui décrit
sous l'influence de son poids et
de la tension dans le fil, un quart
de cercle de rayon L, jusqu'au
moment où le fil entre en contact
avec la tige. Ensuite, poursuivant
son mouvement, la masse
décrit un arc de cercle (de rayon
r plus petit que L !).
Travail - Énergie - Conservations
m
L
d
O
r
tige
Quelle est la distance minimum d de O à laquelle doit se trouver
la tige pour que la trajectoire de la masse soit une circonférence
?
(1) 0,6 m
(2) L/2 m
(3) 0,4 m
(4) 0 m
10. ••• Une enfant de masse m = 40 kg est assise sur une butte de
glace hémisphérique. Elle se laisse glisser de la butte.
0
ϕ
R
L'enfant cesse de toucher la butte
lorsque l'angle ϕ atteint la valeur
de
(1) ≈ 42°
(2) ≈ 0°
(3) ≈ 90°
11. • Deux corps se dirigent l'un vers l'autre, sur un plan horizontal,
sans frottement. Le corps de masse m 1 = 2 kg se déplace dans la

QCM n°6
direction x, à vitesse v 1 = 1 m/s et celui de masse m 2 = 1 kg se
déplace dans la direction —x à vitesse v 2 = 2 m/s.
Que vaut leur vitesse finale si le choc des deux corps est parfaitement
mou ?
(1) 0 m/s
(2) — 1 m/s
Qu'en est-il si le choc est parfaitement élastique ?
(3) Les vitesses finales de 1 et 2 sont — 2 m/s et
1 m/s, respectivement.
(4) Les vitesses finales de 1 et 2 sont — 1 m/s et
2 m/s, respectivement.
12. ••• Un neutron lent de masse m n se déplace à vitesse v ; il frappe
un deutéron immobile (masse m d), et est dévié à 90° de sa trajectoire
initiale. Le choc est élastique. La masse m d vaut 2 m n.
On peut dire que
(1) la vitesse du deutéron après la collision est
égale à la vitesse du neutron avant la collision.
(2) la vitesse du deutéron après la collision est
égale à la moitié de la vitesse initiale du neutron.
(3) l'énergie cinétique du neutron est conservée.
(4) le deutéron acquiert une énergie cinétique égale
à 2/3 de l'énergie cinétique initiale du neutron.
13. ••• Une particule α est lancée avec une vitesse v = 10 6 m/s, vers
une autre particule α, au repos. On considère qu'à l'instant initial
la distance entre les particules est suffisamment grande pour
qu'on puisse négliger leur interaction coulombienne.

On peut affirmer que
Travail - Énergie - Conservations
(1) après un temps très long, les deux particules
ont échangé leurs vitesses initiales.
(2) la distance minimum entre les deux particules
est ≈ 5,5 10-13 m.
(3) lorsque la distance entre les deux particules est
minimum, elles ont la même vitesse.
(4) après un temps suffisamment long, la particule
incidente a inversé sa vitesse, l'autre particule est
au repos.

Résultats du QCM n°6
Travail - Énergie - Conservations
1.
2.
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(1) (2) (3)
Dans la situation initiale, le centre de masse du bloc se trouve à mi-
hauteur, en h/2. Quand le bloc est dressé verticalement, son centre de
masse se trouve en l/2. Il est donc monté de
Δ z = l/2 — h/2 = 1/2 (l — h)
La masse du bloc est égale au produit de sa masse volumique par le
volume, soit m = ρ l L h. Le travail à fournir est finalement égal à :
T = m g Δ z = ρ l L h g Δ z = 1/2 ρ l L h g (l — h)
= 1/2 × 4 10 3 × 0,5 × 0,5 × 0,05 × 9,81 × 0,45 ≈ 110 J
(1) (2) (3) (4)
Le travail d'une force est égal à l'intégrale du produit scalaire de la force et
du déplacement élémentaire. Il vaut :
T = ∫ F • ds
F • ds = F ds cos α où α est l'angle que fait la force avec le déplacement
ds. La force est constante ; on peut donc sortir F de l'intégrale. Le travail
total est donc :
T = F cos α ∫
ds = F Δs cos α = 82 × 11 × cos (33°) = 756 J
La réponse (2) est correcte. On a "oublié" le cosinus dans (1). On confond
sinus et cosinus dans (3). Quant à (4), il ne faut pas voir la pesanteur
partout !

3.
4.
Résultats du QCM n°6
(1) (2) (3) (4)
La force de pesanteur est une force conservative (sinon, on ne pourrait
parler d'énergie potentielle !). L'énergie potentielle qui lui est associée est
m g z + C (l'axe z étant dirigé vers le haut), où C est une constante arbitraire
(la grandeur physique de base est la force, liée à la dérivée du
potentiel). La pesanteur est la seule force qui agit ici. Nous devons donc
avoir à tout instant :
1
2 m v2 + m g z + C = constante.
Par exemple, lorsque la vitesse s'annule, nous pourrons écrire :
1
2 m v0 2 + m g z0 + C = constante = 0 + m g zmax+ C
d'où m g [zmax — z0] = 1
2 m v0 2 = 10 J
La réponse (1) est correcte ; il vaudrait cependant mieux dire "lorsque la
vitesse du ballon s'annule, son énergie potentielle a augmenté de 10 J".
La dernière équation fournit aussi l'altitude maximum :
zmax — z0
v0
2
=
2 g
= 5 m
Lorsque le ballon se trouve à 3 m du sol, il faut écrire :
1
2 m v0 2 + m g z0 + C = constante = 1
2 m v2 + m g z + C
où z — z0 = 3 m, soit :
1
2 m v2 = 1
2 m v0 2 —m g (z — z0) = 4 J
(1) (2) (3)
L'énergie potentielle U est donnée par (moins) le travail de la force, soit :
U = — ∫ F • ds
Dans le cas présent, F et ds sont alignés. Si on choisit un axe x dans la direction
du déplacement, la force est — k x
et U = — ∫ — k x dx = 1
2 k x2 = 1
2 20 (5 10-2 ) 2 = 250 10-4 J = 0,025 J

5.
6.
Travail - Énergie - Conservations
C'est la troisième réponse. La deuxième est numériquement égale à la
force de rappel, mais les forces s'expriment en newtons.
(1) (2) (3)
L'énergie du corps au départ (lorsqu'il a une vitesse nulle en haut) est uniquement
l'énergie potentielle EP = m g h (si on place le zéro d'énergie
potentielle au niveau du sol). En bas, il a une énergie cinétique qui vaut
1/2 m v2 mais plus d'énergie potentielle. Appelons Q l'énergie dissipée. La
conservation de l'énergie impose :
EP = 1
2 m v2 + Q
La vitesse à l'arrivée au sol vaut 144 km/h soit 40 m/s.
La fraction d'énergie dissipée est :
Q
EP = EP — 1/2 m v2 = 1 —
EP
v2
2 g h = 1 (40)
—
2
≈ 0,2
2 × 9,81 × 102 (1) (2) (3) (4)
Il faut toujours "compléter" les énoncés par des hypothèses raisonnables !
— On supposera que le store est immobile à l'instant initial et à l'instant
final ; l'énergie cinétique acquise par le store au début du processus est
donc restituée, et (1) est incorrect.
— On supposera que la masse du store est répartie de façon uniforme sur
toute sa surface.
La bonne réponse est (2) : le travail à fournir est celui nécessaire pour
déplacer le centre de masse du store de sa position initiale à sa position
finale, soit de L/2 = 1 m.
T = m g z = m g L 2
2
≈ 1 × 10 ×
2
= 10 J
On voit donc que la largeur n'a pas d'importance.
On peut évidemment faire explicitement le calcul :

7.
L
Résultats du QCM n°6
Soit l'axe z vertical, avec son origine à
0
hauteur de l'axe d'enroulement. Le store
z
est formé de tranches de hauteur infini-
z+ dz
tésimale dz ; la masse dm de chaque
tranche vaut :
z
dm = m dz
L
et son poids : dm g = m dz
L g
La tranche située initialement en z doit monter de z à 0. Le travail de la
force de pesanteur pour cette montée vaut donc :
dW = — z m g dz
L
Le travail total de la force de pesanteur est la somme des travaux élémentaires,
sur l'ensemble des tranches du store, soit :
L
W = — ⌠
z m g
⌡
0
dz
L = — m g L
2 = — 10 J
Le travail qu'il faut effectuer T = — W est donc bien 10 J.
(1) (2) (3) (4) (5)
La vitesse initiale pour un objet balistique de masse m est déterminée par
l'énergie cinétique qu'il doit avoir pour arriver à l'infini. La force de gravitation
en 1/r2 est en effet nulle à l'infini, et l'objet qui y arriverait n'en
reviendrait pas, n'étant plus attiré par la Terre ! Plus formellement,
écrivons la conservation de l'énergie sous la forme du théorème des forces
vives : le travail de la force est égal à la variation d'énergie cinétique :
énergie cinétique finale — énergie cinétique initiale = travail de la force
∞
La force est donnée par
0 — 1
2 m v2 = ∫R
T
F = — G
F • dr
m MT
1r
r2

8.
Travail - Énergie - Conservations
car les masses s'attirent et le vecteur 1r est dirigé du centre de la Terre vers
l'objet. Détaillons l'équation ci-dessus.
— 1
2 m v2 ∞
= — G m MT
⌠
⌡ 1
et finalement :
v =
R T
1
r2 dr = G m MT ⎨
⎩ ⎧ ⎫
— ⎬
∞ ⎭
1
RT 2 G MT
R T
Dans l'énoncé, on ne nous donne pas G. Par contre, on se rappelle que
l'accélération gravifique à la surface de la Terre, g, est égale à 9,81 m/s 2 .
Or, le poids d'un corps de masse m est :
D'où on tire facilement :
P = m g = G
G MT
R T
= g R T
et finalement, pour la vitesse de libération :
m MT
R T 2
v = 2 g R T = 2 × 9,81 × 6,38 10 6 ≈ 11,2 km/s
soit 11,2 × 3 600 ≈ 40 300 km/h.
Il s'agit de la vitesse qu'il faut communiquer à un objet pour qu'il quitte
l'attraction terrestre. Il est néanmoins parfaitement possible de quitter la
Terre à n'importe quelle vitesse. Les fusées sont accélérées pendant une
partie importante de leur trajet dans l'espace ; ce ne sont pas des projectiles
balistiques !
La réponse (1) est donc correcte bien qu'incomplète ; la réponse (3) est
également correcte.
(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9)
a. La vitesse de l'eau dans la chute est donnée par la conservation de l'énergie
: l'énergie potentielle de l'eau en haut est égale à l'énergie cinétique de
l'eau en bas, soit :
m g h = 1
2 m v2 d'où v = 2 g h
La vitesseV du saumon doit être plus grande que la vitesse de l'eau au bas
de la chute pour qu'il puisse remonter à la nage.

9.
Résultats du QCM n°6
V > 2 g h d'où h < V2
2 g
≈ 1,25 m
La troisième proposition est obtenue si on oublie (!) la racine carrée dans
l'expression de V (mais alors le résultat analytique est dimensionnellement
incorrect).
b. Le saumon doit atteindre une altitude telle qu'en ce point, la vitesse de
l'eau soit celle trouvée au point précédent, c'est-à-dire qu'il ne reste plus
qu'à parcourir 1,25 m. La hauteur H à atteindre est donc :
H = 2 — 1,25 = 0,75 m
c. Pour atteindre cette hauteur H, le saumon doit, au moment de quitter
l'eau lors du saut, avoir une vitesse dirigée de bas en haut telle que :
1
2 m v2 = m g H soit v = 2 g H = 15 ≈ 3,9 m/s
(1) (2) (3) (4)
Pour que cette trajectoire soit une circonférence, il faut que, à tout
moment, la tension dans le fil soit plus grande que 0.
D'où : T = m v2
—
r
m g > 0
Nous en tirons v > r g. Que vaut v ? La conservation de l'énergie peut
s'écrire, au sommet (hypothétique) de la petite trajectoire circulaire :
m g (L — 2 r) = 1
2 m v2 d'où v = 2 g (L — 2 r)
On doit donc avoir finalement :
2 (L — 2 r) > r soit r < 2
5 L
Si on note que d = L — r, la valeur minimum de d est :
d = L — 2 3
5
L =
5
L = 0,6 m
C'est la première réponse. La quatrième est la valeur limite de r, pas de d !

10.
11.
z
0
R m g
ϕ
N
Travail - Énergie - Conservations
(1) (2) (3)
x
Soit R le rayon de la calotte de gla-
ce. Nous repérerons la position de
l'enfant sur la calotte par l'angle polaire
ϕ. L'enfant est soumise à deux
forces : la réaction N, normale à la
surface de la calotte (donc, radiale),
et la pesanteur m g. Décomposons
celle-ci en deux composantes orthogonales,
m g sin ϕ (radiale) et
m g cos ϕ (tangentielle).
Tant que l'enfant se trouve sur la calotte, elle décrit une trajectoire circulaire
; nous savons donc que, à tout instant, son accélération radiale vaut
v2 / R (accélération centripète où v est la vitesse tangentielle). Appliquant
l'équation de Newton nous trouvons :
m g sin ϕ — N = m v2
R
D'autre part, la conservation de l'énergie nous donne :
énergie potentielle en haut = énergie potentielle + énergie cinétique
m g R = m g R sin ϕ + 1
2 m v2 soit m v 2 = 2 m g R (1 — sin ϕ)
Reportant dans la première équation : N = m g (3 sin ϕ — 2)
Mais la réaction de la calotte ne peut évidemment pas devenir négative !
L'enfant décollera de la calotte lorsque sin ϕ = 2/3, c'est-à-dire ϕ ≈ 42°.
Pour décoller en ϕ = 90° (au départ !) l'enfant devrait avoir une vitesse
initiale horizontale suffisante, que nous ne calculerons pas ici.
(1) (2) (3) (4)
Dans tous les cas, la quantité de mouvement initiale m1 v1 + m2 v2 est
conservée.
Dans le cas d'un choc parfaitement mou, les deux objets ont la même
vitesse, V, après le choc.

12.
Résultats du QCM n°6
m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) V d'où V = m1 v1 + m2 v2
m1 + m2
Dans le cas d'un choc parfaitement élastique, l'énergie cinétique est conservée.
Impulsion : m1 v1 + m2 v2 = m1 v1' + m2 v2'
Energie :
= 0
1
2 m1 v1 2 + 1
2 m2 v2 2 = 1
2 m1 v1' 2 + 1
2 m2 v2' 2
où v1' et v2' sont les vitesses de m1 et m2 après la collision. On a ainsi un
système de deux équations à deux inconnues, v1' et v2'. Ce système n'est
pas linéaire, et admet deux solutions : une solution évidente mais "nonphysique"
v1' = v1 et v2' = v2 : les deux corps se traversent "sans se voir" .
La solution "physique" est :
v1' = (m1 — m2) v1 + 2 m2 v2
m1 + m2
et v2' = (m2 — m1) v2 + 2 m1 v1
m1 + m2
Ici, v1' = — 1 m/s et v2' = + 2 m/s
(4) est correct, (3) est faux (les particules "échangent" leurs vitesses si
m1 = m2).
(1) (2) (3) (4)
Choisissons l'origine des axes sur la position initiale du deutéron, l'axe x
dans la direction initiale du neutron et l'axe y dans la direction finale du
neutron. Soit vn la vitesse du neutron après la collision, vdx et vdy les
composantes x et y de la vitesse du deutéron après la collision. La
conservation de la quantité de mouvement nous donne :
mn v = md vdx 0 = mn vn + md vdy
La conservation de l'énergie s'écrit :
1
2 mn v2 = 1
2 mn vn 2 + 1
2 md (vdx 2 + vdy 2 )
On a ainsi trois équations à trois inconnues (vn, vdx , vdy). On trouve :
vn = v
md — mn
md + mn
vdx = v mn
md
vdy = — v mn
md
md — mn
md + mn
Le pourcentage de l'énergie cinétique acquise par le deutéron, vaut :

13.
Travail - Énergie - Conservations
1
2 mn v2 — 1
1
2 mn v2 2 mn vn 2
= 2 mn
md + mn
(3) est faux, c'est l'énergie cinétique totale qui est conservée dans une
collision élastique. (4) est correct.
(1) (2) (3) (4)
Traitons le cas général de deux particules de masses et de charges
différentes. Soit m1 la masse de la première particule, v sa vitesse initiale,
v1 sa vitesse à un instant arbitraire, et q1 sa charge. Soit m2 la masse de la
deuxième particule, v2 sa vitesse à un instant arbitraire, et q2 sa charge.
Écrivons la conservation de la quantité de mouvement et la conservation
de l'énergie :
m1 v = m1 v1 + m2 v2
= 2
3
1
2 m1 v2 = 1
2 m1 v1 2 + 1
2 m2 v2 2 + 1
4 π ε0
q1 q2
r
Tirant v2 de la première équation, nous pouvons réécrire la seconde :
2 1
4 π ε0
q1 q2
r
= m1
m2 (v — v1)[ (m2 — m1) v + (m2 + m1) v1]]
Chercher le minimum de la distance r est équivalent à chercher le maximum
de son inverse. Il faut donc dériver le membre de droite de cette
équation par rapport à v1, et égaler à 0. Ceci donne :
(v1)min =
m1
m2 + m1
A ce moment, les deux vitesses sont égales !
v = (v2)min
D'où 2 1
4 π ε0
q1 q2
rmin = m1 m2
v
m2 + m1
2
et rmin = 2 1
4 π ε0
q1 q2 (m2 + m1)
m1 m2 v2 ≈ 5,5 10-13 m
(1), (2) et (3) sont corrects, (4) est faux (incompatible avec la conservation
de la quantité de mouvement). Remarquons que l'on peut trouver la
réponse (3) sans faire le calcul de la dérivée : en effet, tant que v1 > v2 les
particules se rapprochent, et dès que v1 < v2 les particules s'éloignent.