Examen final blanc corrigé de mécanique (203-NYA)

a) Le frottement s'oppose toujours au MOUVEMENT, jamais aux forces. À la montée, il pointe donc vers le bas de la pente et s'ajoute à la composante du poids : $a_{1}=g(\sin\theta+\mu\cos\theta)=6{,}00$ m/s². À la descente, il pointe vers le haut et se retranche : $a_{2}=g(\sin\theta-\mu\cos\theta)=2{,}00$ m/s². Le mouvement est donc plus vif à la montée qu'à la descente, ce qui surprend souvent.

b) En additionnant les deux équations : $2g\sin\theta=8{,}00$, donc $\sin\theta=\frac{8{,}00}{19{,}6}\approx 0{,}408$ et $\theta\approx 24{,}1°$. En les soustrayant : $2\mu g\cos\theta=4{,}00$, donc $\mu\cos\theta=\frac{4{,}00}{19{,}6}\approx 0{,}204$; avec $\cos\theta\approx 0{,}913$, il vient $\mu\approx 0{,}224$. Deux mesures de temps, faites sans jamais toucher à la pente, suffisent donc à en extraire la géométrie ET l'état de surface.

c) Montée : $d=\frac{v_{0}^{2}}{2a_{1}}=\frac{144}{12{,}0}=12{,}0$ m, atteinte en $t_{1}=\frac{12{,}0}{6{,}00}=2{,}00$ s. Descente sur la même distance : $t_{2}=\sqrt{\frac{2d}{a_{2}}}=\sqrt{\frac{24{,}0}{2{,}00}}\approx 3{,}46$ s. Durée totale de l'aller-retour : environ $5{,}46$ s, la descente durant nettement plus longtemps que la montée.

d) $v_{ret}=a_{2}t_{2}=(2{,}00)(3{,}464)\approx 6{,}93$ m/s, contre $12{,}0$ m/s au départ : le wagonnet ne revient qu'à 58 % de sa vitesse initiale. En écrivant $v_{0}^{2}=2a_{1}d$ et $v_{ret}^{2}=2a_{2}d$, la distance se simplifie : $\frac{v_{ret}^{2}}{v_{0}^{2}}=\frac{a_{2}}{a_{1}}=\frac{1}{3}$. Le rapport ne dépend donc ni de la vitesse de lancement, ni de la masse : c'est une signature de la pente elle-même. On y reconnaît d'ailleurs la fraction d'énergie cinétique restituée après l'aller-retour.

a) Trajectoire : $y=x\tan 30°-\frac{gx^{2}}{2v_{0}^{2}\cos^{2}30°}=0{,}5774\,x-0{,}01633\,x^{2}$. Versant : une droite de pente négative issue de l'origine, $y=-x\tan 20°=-0{,}3640\,x$. L'impact est l'intersection des deux, ce qui suppose de compter les hauteurs NÉGATIVEMENT sous le point de lancement : c'est le seul point délicat de la mise en équation.

b) $0{,}5774x-0{,}01633x^{2}=-0{,}3640x$ donne, en écartant la solution $x=0$ qui est le départ, $0{,}9413=0{,}01633x$, soit $x\approx 57{,}6$ m. Dénivelé : $y=-0{,}3640(57{,}63)\approx -21{,}0$ m, le projectile atterrit donc 21 mètres plus bas. Distance le long du versant : $\frac{57{,}63}{\cos 20°}\approx 61{,}3$ m.

c) Durée du vol : $t=\frac{x}{v_{0}\cos 30°}=\frac{57{,}63}{17{,}32}\approx 3{,}33$ s. À l'impact, $v_{x}=17{,}32$ m/s, inchangée, et $v_{y}=20{,}0\sin 30°-gt=10{,}0-32{,}6\approx -22{,}6$ m/s. Grandeur : $v=\sqrt{17{,}32^{2}+22{,}61^{2}}\approx 28{,}5$ m/s. Direction : $\tan\alpha=\frac{22{,}61}{17{,}32}$, soit environ $52{,}5°$ SOUS l'horizontale, bien plus raide que la pente du versant, qui n'en fait que 20 : le projectile arrive presque de face sur le sol.

d) Par l'énergie : le projectile est descendu de $21{,}0$ m, donc $\frac{1}{2}mv^{2}=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}+mg(21{,}0)$, d'où $v=\sqrt{v_{0}^{2}+2g(20{,}97)}=\sqrt{400+411}\approx 28{,}5$ m/s, identique. Si seule la grandeur était demandée, la voie énergétique serait de loin la plus rapide : elle ne demande ni la durée du vol, ni l'angle de tir, ni même la trajectoire, seulement le dénivelé. Elle est en revanche incapable de fournir la DIRECTION de la vitesse, et c'est pourquoi les deux approches restent complémentaires.

a) La seule force horizontale est la TENSION du fil, dirigée vers le clou : c'est elle, et elle seule, qui joue le rôle centripète. À la rupture : $T=\frac{mv^{2}}{r}$, donc $v=\sqrt{\frac{Tr}{m}}=\sqrt{\frac{(45{,}0)(0{,}800)}{0{,}500}}=\sqrt{72{,}0}\approx 8{,}49$ m/s. Vitesse angulaire : $\omega=\frac{v}{r}\approx 10{,}6$ rad/s, soit une fréquence de $\frac{\omega}{2\pi}\approx 1{,}69$ tour par seconde, ou une période d'environ $0{,}592$ s.

b) $a_{c}=\frac{v^{2}}{r}=\frac{72{,}0}{0{,}800}=90{,}0$ m/s², soit environ $9{,}2\,g$. Et pourtant la GRANDEUR de la vitesse ne change pas d'un instant à l'autre : le mouvement est circulaire uniforme. Cette accélération considérable ne sert qu'à faire tourner le vecteur vitesse, jamais à l'allonger, parce qu'elle lui reste perpendiculaire à chaque instant. Confondre accélération et variation de la vitesse en grandeur est l'erreur la plus tenace du chapitre.

c) Dès la rupture, plus aucune force horizontale ne s'exerce sur le palet, la table étant lisse : le poids et la normale se compensent. Par la PREMIÈRE loi de Newton, le palet poursuit donc en ligne droite à vitesse constante, selon la TANGENTE au cercle au point de rupture, et non selon le rayon. C'est le point décisif : il part droit devant, pas vers l'extérieur.

d) La trajectoire est la tangente issue du point de rupture, à $0{,}800$ m du centre; elle atteint le bord, à $1{,}30$ m du centre, en formant un triangle rectangle dont le rayon $0{,}800$ est un côté et $1{,}30$ l'hypoténuse. La distance parcourue vaut donc $\sqrt{1{,}30^{2}-0{,}800^{2}}=\sqrt{1{,}05}\approx 1{,}02$ m, franchie en $t=\frac{1{,}025}{8{,}485}\approx 0{,}121$ s.

e) Aucune force ne pousse le palet vers l'extérieur, ni avant ni après la rupture. Avant, la seule force est le fil qui tire vers l'INTÉRIEUR, et c'est cette traction qui courbe une trajectoire qui, sans elle, serait rectiligne. Après, il n'y a plus de force du tout, et le palet fait simplement ce que fait tout corps livré à lui-même : il continue tout droit. L'impression d'être projeté vers l'extérieur vient du point de vue de quelqu'un qui tourne avec le palet : dans ce référentiel accéléré, il faut inventer une force pour rendre compte du mouvement, et on l'appelle centrifuge. Elle n'a aucun agent, aucune réaction, et disparaît dès qu'on décrit la scène depuis le sol.

a) La quantité de mouvement TOTALE se conserve, car aucune force extérieure horizontale n'agit : le ressort exerce sur les deux blocs des forces internes, égales et opposées. Elle vaut zéro avant, donc zéro après. L'énergie MÉCANIQUE se conserve également ici, puisque la surface est lisse et le ressort idéal, mais elle change de FORME : l'énergie élastique devient entièrement cinétique. Ce qui ne se conserve pas, c'est l'énergie cinétique prise séparément avant et après, puisqu'elle était nulle au départ.

b) Quantité de mouvement nulle : $m_{1}v_{1}=m_{2}v_{2}$, soit $2{,}00v_{1}=3{,}00v_{2}$ et donc $v_{1}=1{,}50v_{2}$. Énergie : $\frac{1}{2}(2{,}00)v_{1}^{2}+\frac{1}{2}(3{,}00)v_{2}^{2}=60{,}0$. En substituant : $2{,}25v_{2}^{2}+1{,}50v_{2}^{2}=3{,}75v_{2}^{2}=60{,}0$, donc $v_{2}=4{,}00$ m/s et $v_{1}=6{,}00$ m/s. Le bloc léger repart une fois et demie plus vite, dans le rapport inverse des masses.

c) $E_{1}=\frac{1}{2}(2{,}00)(36{,}0)=36{,}0$ J et $E_{2}=\frac{1}{2}(3{,}00)(16{,}0)=24{,}0$ J, dont la somme fait bien les $60{,}0$ J de départ. C'est le bloc LÉGER qui emporte le plus d'énergie, dans le rapport $\frac{36}{24}=1{,}50$, c'est-à-dire exactement le rapport INVERSE des masses. La raison tient à l'écriture $E=\frac{p^{2}}{2m}$ : les deux blocs partagent la même quantité de mouvement en grandeur, donc celui dont la masse est la plus petite en tire le plus d'énergie. C'est aussi pourquoi le recul d'un fusil est supportable alors que la balle est meurtrière.

d) Bloc de $2{,}00$ kg : toute son énergie est dissipée par le frottement, $\mu mgd=E_{1}$, donc $d=\frac{v_{1}^{2}}{2\mu g}=\frac{36{,}0}{4{,}90}\approx 7{,}35$ m. Bloc de $3{,}00$ kg : son énergie cinétique devient potentielle, $h=\frac{v_{2}^{2}}{2g}=\frac{16{,}0}{19{,}6}\approx 0{,}816$ m. Remarquez que ni la distance ni la hauteur ne dépendent de la masse : les deux résultats se lisent directement sur les vitesses.

a) Sur la rampe lisse, l'énergie mécanique se conserve : $v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2(9{,}8)(1{,}80)}=\sqrt{35{,}28}\approx 5{,}94$ m/s. On a utilisé la conservation de l'ÉNERGIE, ce qui est légitime tant qu'aucun frottement n'intervient. Elle cesse de l'être pour la collision : un choc avec accrochage est parfaitement inélastique, il dissipe de l'énergie dans la déformation et le bruit, et l'appliquer là donnerait une réponse fausse. Pour la collision, seule la quantité de mouvement se conserve.

b) $m_{1}v=(m_{1}+m_{2})v'$, donc $v'=\frac{(4{,}00)(5{,}940)}{10{,}0}\approx 2{,}38$ m/s. La collision a divisé la vitesse par 2,5, exactement le rapport des masses en jeu.

c) Avant : $E=\frac{1}{2}(4{,}00)(35{,}28)=70{,}6$ J. Après : $E'=\frac{1}{2}(10{,}0)(5{,}645)=28{,}2$ J. Perte : $42{,}3$ J, soit 60 % de l'énergie disponible, évanouie en un instant. En général, $\frac{E'}{E}=\frac{m_{1}}{m_{1}+m_{2}}$, donc la fraction PERDUE vaut $\frac{m_{2}}{m_{1}+m_{2}}=\frac{6}{10}=0{,}600$ : elle ne dépend ni de la vitesse, ni de la hauteur de départ, seulement des deux masses. Plus la cible est lourde devant le projectile, plus le choc est dissipatif, ce qui est précisément ce qu'on demande à une zone de déformation automobile.

d) L'énergie restante est dissipée par le frottement : $\frac{1}{2}(m_{1}+m_{2})v'^{2}=\mu(m_{1}+m_{2})gd$, où la masse totale se simplifie. $d=\frac{v'^{2}}{2\mu g}=\frac{5{,}645}{3{,}92}\approx 1{,}44$ m. Notez la chaîne de raisonnement : énergie, puis quantité de mouvement, puis énergie de nouveau. Choisir la bonne loi à chaque phase est exactement ce que l'examen évalue, et c'est ce que les séries par chapitre ne peuvent pas tester.

a) Avant : $v=\sqrt{2gh_{0}}=\sqrt{2(9{,}8)(1{,}60)}=\sqrt{31{,}36}=5{,}60$ m/s. Après : $v'=\sqrt{2gh_{1}}=\sqrt{2(9{,}8)(0{,}900)}=\sqrt{17{,}64}=4{,}20$ m/s. Rapport : $e=\frac{4{,}20}{5{,}60}=0{,}750$. On l'appelle coefficient de restitution, et il vaut aussi $\sqrt{\frac{h_{1}}{h_{0}}}=\sqrt{0{,}5625}$, ce qui évite de calculer les vitesses.

b) L'énergie est proportionnelle à la hauteur, donc la balle conserve $\frac{h_{1}}{h_{0}}=e^{2}=0{,}5625$, soit 56 %, et en perd 44 % à chaque contact. Cette énergie n'a pas disparu : elle est partie en déformation permanente du sol et de la balle, en échauffement du caoutchouc et en son, ce claquement qui est très exactement de l'énergie mécanique évacuée sous forme d'onde acoustique.

c) Chaque rebond multiplie la hauteur par $e^{2}$ : $h_{n}=h_{0}e^{2n}=1{,}60\,(0{,}5625)^{n}$. Pour $n=4$ : $h_{4}=1{,}60(0{,}5625)^{4}\approx 0{,}160$ m, soit un dixième de la hauteur initiale au bout de quatre rebonds seulement.

d) La balle fait d'abord une descente de $h_{0}$, puis chaque rebond ajoute une montée ET une descente de $h_{n}$ : $D=h_{0}+2\sum_{n\geq 1}h_{0}e^{2n}=h_{0}+2h_{0}\frac{e^{2}}{1-e^{2}}$. La somme est celle d'une série géométrique de raison $e^{2}=0{,}5625$, inférieure à 1, donc convergente. $D=1{,}60+2(1{,}60)\frac{0{,}5625}{0{,}4375}\approx 1{,}60+4{,}11\approx 5{,}71$ m. Une infinité de rebonds, et pourtant une distance finie.

e) Première chute : $t_{0}=\sqrt{\frac{2h_{0}}{g}}=\sqrt{0{,}3265}\approx 0{,}571$ s. Le $n$-ième rebond dure $2\sqrt{\frac{2h_{n}}{g}}=2t_{0}e^{n}$, puisque la hauteur est multipliée par $e^{2n}$ et le temps par sa racine. Total : $t=t_{0}+2t_{0}\frac{e}{1-e}=0{,}5714+2(0{,}5714)\frac{0{,}750}{0{,}250}=0{,}5714+3{,}4286=4{,}00$ s exactement. Le résultat mérite qu'on s'y arrête : la balle effectue une INFINITÉ de rebonds, chacun bien réel, et pourtant tout est terminé au bout de quatre secondes. C'est le même paradoxe que celui de Zénon, résolu de la même façon : une infinité de termes de plus en plus petits peut avoir une somme finie. En pratique, les derniers rebonds deviennent si rapprochés qu'on entend un grésillement continu, celui d'une pièce de monnaie qui finit de tomber à plat.

a) Le MOMENT CINÉTIQUE du système manège plus enfant se conserve par rapport à l'axe, car les forces de contact entre les deux sont internes et l'axe n'exerce aucun couple. L'énergie, elle, ne se conserve pas : l'enfant s'agrippe, ses muscles et ses semelles frottent, l'accrochage est un choc parfaitement inélastique. Un objet en ligne droite possède bel et bien un moment cinétique par rapport à un point : $L=mvd$, où $d$ est la distance de la droite à l'axe. Ici l'enfant vise le bord tangentiellement, donc $d=R$ et $L_{enfant}=(30{,}0)(4{,}00)(2{,}00)=240$ kg·m²/s.

b) $L_{total}=I\omega_{0}+mvR=(250)(1{,}20)+240=300+240=540$ kg·m²/s. Après le saut, le moment d'inertie devient $I'=250+mR^{2}=250+(30{,}0)(4{,}00)=370$ kg·m². Donc $\omega'=\frac{540}{370}\approx 1{,}46$ rad/s : le manège ACCÉLÈRE, parce que l'enfant apportait plus de moment cinétique par unité d'inertie que le manège n'en avait.

c) Avant : $E=\frac{1}{2}(250)(1{,}20)^{2}+\frac{1}{2}(30{,}0)(4{,}00)^{2}=180+240=420$ J. Après : $E'=\frac{1}{2}(370)(1{,}459)^{2}\approx 394$ J. Perte : environ $26$ J, soit 6 % du total, dissipés en chaleur dans le frottement des mains et des pieds, et en déformation des muscles qui encaissent le choc. C'est peu, parce que l'enfant arrivait à une vitesse déjà proche de celle du bord du manège, $\omega_{0}R=2{,}40$ m/s contre ses $4{,}00$ m/s : sauter dans le sens de rotation, et à la bonne vitesse, est justement la façon de ne pas se faire mal.

d) Le couple de freinage produit $\alpha=\frac{\tau}{I'}=\frac{12{,}0}{370}\approx 0{,}0324$ rad/s². Durée : $t=\frac{\omega'}{\alpha}=\frac{1{,}459}{0{,}03243}=45{,}0$ s. Angle parcouru : $\theta=\frac{\omega'^{2}}{2\alpha}\approx 32{,}8$ rad, soit $\frac{32{,}84}{2\pi}\approx 5{,}23$ tours. On aurait pu obtenir le même angle par l'énergie, en écrivant que le travail du couple, $\tau\theta$, dissipe toute l'énergie cinétique de rotation : $\theta=\frac{E'}{\tau}=\frac{394}{12{,}0}\approx 32{,}8$ rad, ce qui confirme le résultat par une voie indépendante.

a) L'équilibre exige que la résultante des forces soit nulle ET que la somme des moments le soit. Tant que le vent reste faible, le frottement au sol assure la première condition et le panneau ne glisse pas; c'est la seconde qui cède la première, autour de l'arête inférieure sous le vent, dès que le moment du vent dépasse celui du poids. Le panneau BASCULE avant de glisser, ce qui est le cas dès que l'objet est haut et étroit.

b) On prend les moments par rapport à l'arête aval. Le poids, appliqué au centre, résiste avec un bras de levier $\frac{b}{2}=0{,}400$ m : moment de $(588)(0{,}400)=235$ N·m. Le vent, appliqué à $\frac{H}{2}=1{,}20$ m, fait basculer. La limite est atteinte quand $F(1{,}20)=235{,}2$, soit $F=\frac{mgb}{H}=\frac{(588)(0{,}800)}{2{,}40}=196$ N. C'est peu : une rafale modérée sur deux mètres carrés suffit largement.

c) Le centre de masse est initialement à $\frac{H}{2}=1{,}20$ m; une fois le panneau à plat, il est à $\frac{b}{2}=0{,}400$ m. Il descend donc de $0{,}800$ m. Moment d'inertie : $I=\frac{(60{,}0)(2{,}40^{2}+0{,}800^{2})}{3}=\frac{(60{,}0)(6{,}40)}{3}=128$ kg·m². Conservation de l'énergie : $\frac{1}{2}I\omega^{2}=mg(0{,}800)$, donc $\omega=\sqrt{\frac{2(588)(0{,}800)}{128}}=\sqrt{7{,}35}\approx 2{,}71$ rad/s. L'arête supérieure est à $\sqrt{H^{2}+b^{2}}=\sqrt{6{,}40}\approx 2{,}53$ m de l'arête pivot, donc elle arrive à $v=\omega r\approx 6{,}86$ m/s, près de 25 km/h. Un panneau qui tombe n'est pas un objet inoffensif.

d) $F=\frac{(588)(1{,}20)}{2{,}40}=294$ N. Élargir la base de 50 % augmente le seuil de 50 % lui aussi : la relation $F=\frac{mgb}{H}$ est strictement proportionnelle à $b$. La mesure est donc efficace mais coûteuse en encombrement, et surtout linéaire : pour doubler la résistance au vent, il faut doubler la base. Alléger le panneau ne servirait à rien, au contraire, puisque $F$ est proportionnelle à $m$ : c'est le poids qui le retient. Les deux vraies solutions sont donc de le lester ou de l'ancrer, et c'est bien ce qu'on observe sur les panneaux de chantier, systématiquement chargés de blocs de béton à leur base.

a) Le seau ne tombe pas librement parce que la corde le retient : elle exerce vers le haut une tension qui n'est pas nulle, puisqu'il faut bien un couple pour mettre le treuil en rotation. Une chute à $g$ supposerait une tension nulle, donc un treuil sans inertie. Les équations : pour le seau, $mg-T=ma$; pour le treuil, $TR=I\alpha$. La corde ne glissant pas, elle impose $a=\alpha R$, ce qui relie les deux.

b) En substituant $\alpha=\frac{a}{R}$ dans la seconde équation : $T=\frac{Ia}{R^{2}}$. En reportant dans la première : $mg=a\left(m+\frac{I}{R^{2}}\right)$, avec $I=\frac{1}{2}(40{,}0)(0{,}300)^{2}=1{,}80$ kg·m² et $\frac{I}{R^{2}}=20{,}0$ kg. Donc $a=\frac{(15{,}0)(9{,}8)}{15{,}0+20{,}0}=\frac{147}{35{,}0}=4{,}20$ m/s², soit 43 % de $g$ seulement. Tension : $T=m(g-a)=(15{,}0)(5{,}60)=84{,}0$ N, bien inférieure au poids de $147$ N, comme il se doit puisque le seau accélère vers le bas. Le terme $\frac{I}{R^{2}}$ agit exactement comme une masse supplémentaire de 20 kg qu'il faudrait mettre en mouvement.

c) $v=\sqrt{2ad}=\sqrt{2(4{,}20)(6{,}00)}=\sqrt{50{,}4}\approx 7{,}10$ m/s. Vitesse angulaire : $\omega=\frac{v}{R}\approx 23{,}7$ rad/s. Nombre de tours : la corde déroulée vaut $6{,}00$ m et un tour en déroule $2\pi R=1{,}885$ m, d'où $\frac{6{,}00}{1{,}885}\approx 3{,}18$ tours.

d) L'énergie potentielle perdue vaut $mgh=(15{,}0)(9{,}8)(6{,}00)=882$ J. Elle se répartit entre le seau et le treuil : $\frac{1}{2}mv^{2}=\frac{1}{2}(15{,}0)(50{,}4)=378$ J et $\frac{1}{2}I\omega^{2}=\frac{1}{2}(1{,}80)(560{,}0)\approx 504$ J. Somme : $882$ J, le compte est exact. Remarquez que le treuil emporte 57 % de l'énergie, plus que le seau lui-même : c'est la traduction énergétique du fait que son inertie équivalente, 20 kg, dépasse la masse du seau.

e) À vitesse constante, l'accélération est nulle : le seau est en équilibre, donc $T=mg=147$ N, et le treuil aussi, donc le couple de freinage doit exactement compenser celui de la corde : $\tau=TR=(147)(0{,}300)=44{,}1$ N·m. C'est ce couple, et non une force, que le frein d'un treuil réel doit fournir, et il est indépendant de la vitesse de descente choisie.

a) Comptons positivement le sens du mouvement initial de la sonde. La planète avance à $-13{,}0$ km/s. Dans le référentiel de la planète, la vitesse de la sonde vaut $10{,}0-(-13{,}0)=23{,}0$ km/s : la sonde arrive donc bien plus vite que ne le dit son compteur solaire, et c'est déjà la moitié de l'explication.

b) Dans un choc élastique frontal entre un corps léger et un corps de masse immensément supérieure, le léger repart avec la même vitesse en grandeur et en sens inverse, exactement comme une balle qui rebondit sur un mur. Ici la masse de la planète dépasse celle de la sonde de vingt-quatre ordres de grandeur : l'approximation est excellente. La sonde repart donc à $-23{,}0$ km/s dans le référentiel de la planète. Physiquement, ce n'est évidemment pas un rebond : c'est la gravitation qui, sans contact, courbe la trajectoire jusqu'à en inverser le sens.

c) On revient au référentiel du Soleil en ajoutant la vitesse de la planète : $-23{,}0+(-13{,}0)=-36{,}0$ km/s. La sonde repart donc à $36{,}0$ km/s, dans le sens opposé à celui d'où elle venait. En posant $v$ la vitesse initiale de la sonde et $V$ celle de la planète, on obtient la formule classique $v'=v+2V$ : la sonde gagne DEUX fois la vitesse de la planète, quel que soit son propre élan. Cette manœuvre, dite fronde gravitationnelle, a permis aux sondes Voyager d'atteindre la vitesse de libération du système solaire sans emporter le carburant correspondant.

d) $\Delta E=\frac{1}{2}m(v'^{2}-v^{2})=\frac{1}{2}(800)\left[(3{,}60\times 10^{4})^{2}-(1{,}00\times 10^{4})^{2}\right]\approx 4{,}8\times 10^{11}$ J, soit l'équivalent d'une centaine de tonnes de carburant. Cette énergie ne vient de nulle part ailleurs que de l'énergie ORBITALE de la planète : le système sonde plus planète conserve son énergie et sa quantité de mouvement, la planète cède donc exactement ce que la sonde gagne. La gravitation ne fait que servir d'intermédiaire, sans rien créer.

e) La quantité de mouvement se conserve : $M\Delta V=-m\Delta v$, avec $\Delta v=-36{,}0-10{,}0=-46{,}0$ km/s. Donc $|\Delta V|=\frac{(800)(4{,}60\times 10^{4})}{1{,}90\times 10^{27}}\approx 1{,}9\times 10^{-20}$ m/s. Autant dire rien : il faudrait des milliards de fois l'âge de l'univers pour que la planète en ressente la moindre conséquence mesurable. C'est ce rapport de masses colossal qui rend la manœuvre possible : la sonde puise dans un réservoir si grand qu'il ne s'épuise jamais, et l'impression de gagner de l'énergie gratuitement vient uniquement de ce qu'on oublie de regarder l'autre côté du bilan.

a) Sur l'arc, l'énergie se conserve. La bille est remontée de $h=L(1-\cos 60°)=1{,}25(0{,}500)=0{,}625$ m, donc $v=\sqrt{2gh}=\sqrt{12{,}25}=3{,}50$ m/s.

b) Un choc élastique frontal conserve à la fois la quantité de mouvement et l'énergie cinétique, ce qui donne $v_{1}'=\frac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}}v=\frac{-1{,}00}{5{,}00}(3{,}50)=-0{,}700$ m/s et $v_{2}'=\frac{2m_{1}}{m_{1}+m_{2}}v=\frac{4{,}00}{5{,}00}(3{,}50)=2{,}80$ m/s. La bille REBONDIT en arrière, ce qui est la signature d'un choc contre un corps plus lourd. Vérification énergétique : $\frac{1}{2}(2{,}00)(0{,}490)+\frac{1}{2}(3{,}00)(7{,}84)=0{,}490+11{,}76=12{,}25$ J, exactement l'énergie d'avant le choc, $\frac{1}{2}(2{,}00)(12{,}25)$. Vérification de la quantité de mouvement : $(2{,}00)(-0{,}700)+(3{,}00)(2{,}80)=-1{,}40+8{,}40=7{,}00$, égal à $(2{,}00)(3{,}50)$.

c) Sur le plancher rugueux, le frottement dissipe $\mu m_{2}gd$ : $v^{2}=7{,}84-2(0{,}300)(9{,}8)(1{,}20)=7{,}84-7{,}056=0{,}784$, donc $v\approx 0{,}885$ m/s. La marge est mince : un mètre de plus et le bloc n'atteignait pas le ressort. L'énergie restante, $\frac{1}{2}(3{,}00)(0{,}784)=1{,}176$ J, se retrouve entièrement dans le ressort à la compression maximale, où la vitesse s'annule : $\frac{1}{2}kx^{2}=1{,}176$, d'où $x=\sqrt{\frac{2{,}352}{500}}\approx 0{,}0686$ m, soit environ 6,9 cm.

d) La bille repart à $0{,}700$ m/s, donc elle remonte de $h'=\frac{v_{1}'^{2}}{2g}=\frac{0{,}490}{19{,}6}=0{,}0250$ m. L'angle vérifie $\cos\theta=1-\frac{h'}{L}=1-\frac{0{,}0250}{1{,}25}=0{,}980$, soit $\theta\approx 11{,}5°$. Partie de 60°, elle ne revient qu'à 11 degrés et demi : elle a cédé au bloc 96 % de son énergie, alors même que le choc était parfaitement élastique et que RIEN n'a été dissipé. Élastique ne veut pas dire que rien ne se transmet, mais seulement que rien ne se perd.

a) Faux, et d'un facteur deux et demi. $100$ km/h valent $27{,}8$ m/s, donc $\Delta E_{k}=\frac{1}{2}(1200)(27{,}78)^{2}\approx 4{,}63\times 10^{5}$ J, fournis en $4{,}0$ s : $P=\frac{4{,}63\times 10^{5}}{4{,}0}\approx 1{,}16\times 10^{5}$ W, soit environ $157$ chevaux. L'affirmation confond sans doute la puissance MOYENNE, seule calculable ici, avec la puissance maximale annoncée par le constructeur; et une voiture réelle a besoin d'un peu plus, à cause des frottements et parce que la puissance n'est pas délivrée uniformément. Mais 400 chevaux pour ce chrono est une surestimation nette.

b) Faux, l'effort est soutenu mais banal chez un cycliste entraîné. $E=mgh=(75)(9{,}8)(1000)=7{,}35\times 10^{5}$ J, en $3600$ s : $P=\frac{7{,}35\times 10^{5}}{3600}\approx 204$ W contre la seule pesanteur. En ajoutant l'air et les frottements mécaniques, on arrive vers $250$ W, ce qu'un bon amateur soutient effectivement une heure durant. Les professionnels dépassent $400$ W sur la même durée. L'affirmation confond la difficulté RESSENTIE avec la puissance physique.

c) Vrai, à quelques minutes près. Le rayon de l'orbite vaut $r=6{,}37\times 10^{6}+4{,}00\times 10^{5}=6{,}77\times 10^{6}$ m, et la troisième loi de Kepler donne $T=2\pi\sqrt{\frac{r^{3}}{GM}}=2\pi\sqrt{\frac{3{,}10\times 10^{20}}{3{,}986\times 10^{14}}}\approx 5{,}54\times 10^{3}$ s, soit environ $92$ minutes. L'affirmation est donc correcte, et l'écart de deux minutes tient à l'altitude réelle, qui varie.

d) Faux, et c'est le piège le plus fin de la liste. Le moment cinétique se conserve bel et bien, $L=I\omega$ restant constant, mais l'énergie cinétique de rotation s'écrit $E=\frac{1}{2}I\omega^{2}=\frac{L^{2}}{2I}$ : à $L$ fixé, elle est INVERSEMENT proportionnelle au moment d'inertie. Replier les bras réduit $I$, donc AUGMENTE l'énergie. Si la patineuse divise $I$ par deux, $\omega$ double et son énergie double aussi. Cette énergie supplémentaire ne sort pas de nulle part : elle vient du travail MUSCULAIRE qu'elle fournit pour ramener ses bras vers l'axe, contre la tendance de ceux-ci à s'en écarter. Conservation d'une grandeur n'entraîne jamais conservation d'une autre.

e) Faux en général, vrai dans un seul cas. L'angle de 45° maximise la portée uniquement si le point de départ et le point d'arrivée sont à la MÊME hauteur, et si la résistance de l'air est négligeable. Dès qu'on lance depuis une hauteur, l'angle optimal descend en dessous de 45°, parce que le temps de vol supplémentaire est déjà offert par la dénivellation et qu'il vaut mieux investir la vitesse à l'horizontale. Avec la résistance de l'air, il descend encore, jusque vers 30 à 35° pour un projectile réel. Et pour un lancer de poids, où l'athlète relâche l'engin à deux mètres du sol, l'optimum se situe vers 42°, ce que les entraîneurs savent depuis longtemps.