Corrigé du TD4 Théorème de l’énergie cinétique, énergie mécanique UE LP101B - Université Pierre et Marie Curie 2e semestre 2009 A. Chute sans vitesse initiale 1. L’objet subit pour unique force le poids, vertical, et n’a aucune vitesse initiale. Le poids étant selon la vertical, la masse aura un mouvement strictement vertical, sans vitesse horizontal. 2. Les théorèmes de l’énergie cinétique et de l’énergie mécanique peuvent être tous les deux utilisés. – Repère : (0, e~z ) vers le haut, référentiel Galiléen ; – Forces : P~ = m~g , poids de la masse m. Le théorème de l’énergie cinétique est tentant, et à juste titre, car quasi-immédiat : ∆Ec = 1 mvf2 2 | {z } Énergie cinétique finale 1 mvi2 2 | {z } − Énergie cinétique initiale (nulle) = mgh0 Travail du poids (positif et moteur) Ce qui donne directement : vf = p 2gh0 (1) Avec le théorème de l’énergie mécanique, c’est légèrement plus long. Comme il n’y a aucune force dissipative, ∆Em = 0 et : ∆Em = 1 1 mvf2 + Ep (z = 0) − mvi2 − Ep (z = h0 ) = 0 2 2 {z } {z } | | Em finale Em initiale 1 (2) Ici, en utilisant la relation générale F = −Ep0 (z), l’énergie potentielle Ep (z) s’écrit : Z Z Ep (z) = − Pz dz = − −mg dz = mgz + K Pz dz = −mg dz, l’axe (0, e~z ) étant orienté vers le haut. K est une constante d’intégration. Il reste à définir une position de référence où Ep = 0, par exemple en z = 0. Alors, K = 0 et l’équation 2 devient : 1 ∆Em = mvf2 − mgh0 = 0 2 √ Ce qui aboutit également à la solution 1 : vf = 2gh0 . Cette solution est homogène, g étant une accélération en m.s−2 multipliée par une longueur. On remarque que la vitesse finale ne dépend pas de la masse dans ce cas, et une petite bille aura même vitesse finale qu’une enclume. AN: vf = sqrt(2.*9.8*10.) = 14 m/s 3. Une force de frottement de norme constante F est ajoutée. Dans ce cas, le théorème de l’énergie cinétique s’écrit : X 1 ∆Ec = mvf2 = W (forces) = W (P~ ) + W (F~ ) = mgh0 − F h0 2 Le travail des frottements W (F~ ) = −F h0 est négatif et résistant. Cette équation s’écrit encore : 1 mv 2 = h0 (mg − F ) 2 f Ce qui aboutit donc à l’expression de la vitesse finale : r 2F h0 vf = 2gh0 − m Nous avons vu que gh0 a bien la dimension d’une vitesse au carré, tout comme 2F h0 /m, qui est en N.m.kg −1 , avec N = kg.m.s−2 . En plus de l’homogénéité, on peut vérifier que le comportement aux limites est correcte. Ici, pour F = 0, on retrouve l’équation 1 sans frottement, et on remarque que F ne peut pas être supérieur à mg, valeur au-delà de laquelle notre solution n’est plus réel, l’intérieur de la racine étant négative. C’est une limite de notre modèle. Ainsi, il est possible de calculer la vitesse finale pour F = 20 N : AN: vf = sqrt(2.*9.8*10.-2.*20.*10./10.) = 12.5 m/s Mais pas pour F = 200 N > mg, mg étant environ égal à 98 N. 2 4. En cas de frottement, la masse perd lors de sa chute de l’énergie mécanique, que l’on suppose ici directement convertie en énergie interne : ∆U = mCm ∆T, où Cm est l’énergie à fournir en Joules à une unité de masse d’un corps pour élever sa température d’un degré. Cm est donc en J.kg −1 .K −1 . Quant à la perte d’énergie mécanique, elle est due au travail résistant des forces dissipatives : ∆Em = X W (forces non conservatives) = W (F~ ) = Z 0 ~ = −F h0 F~ .dz h0 Cette énergie mécanique perdue est convertie en énergie interne : ∆U = −∆Em = F h0 , et donc ∆U = mCm ∆T = F h0 D’où une élévation de température : ∆T = F h0 mCm AN: 20.*10./(10.*385.) = 0.05 K 5. Le travail de la force F~ s’écrit dans ce cas : W (F~ ) = Z 0 ~ = F~ .dz h0 Z 0 ~ −F0~v (z).dz h0 F~ n’est pas constante, et l’intégrale n’est donc pas directe dans ce cas. Mais il est déjà possible d’humer que la masse va d’abord accroı̂tre sa vitesse, comme dans le cas d’une chute libre (~a = ~g ), créant ainsi une force de frottement proportionnelle à sa vitesse F~ = −F0~v . On va donc atteindre un seuil où cette force de frottement sera égale au poids de la masse (m~a = m~g −F0~v = 0), et l’accélération s’annulera, la masse atteignant alors une vitesse limite constante. 6. Soit Vmax = A F0a mb g c , avec A constante sans dimension. Nous savons que Vmax est une vitesse en m.s−1 , F0 une force par unité de vitesse en kg.s−1 , m est en kg et g est une accélération en m.s−2 . Ainsi l’analyse dimensionelle de Vmax = A F0a mb g c s’écrit : [Vmax ] = (M T −1 )a M b (L T −2 )c = M a+b Lc T −a−2c = L T −1 L’équation 3 permet d’écrire le système d’équation à 3 inconnues : 3 (3) a + b = 0 c=1 −a − 2c = −1 c = 1 , soit : a = 1 − 2c = −1 b = −a = 1 Ainsi, nous connaissons à une constante près l’expression de Vmax : mg (4) F0 Il est possible de retrouver cette expression en utilisant le PFD, projeté selon l’axe vertical (O, e~z ). En effet, nous savons que l’accélération sera nulle une fois la vitesse maximale atteinte, et donc : Vmax = A ma = mg − F0 Vmax = 0 En isolant Vmax , nous retrouvons l’équation 4 avec A = 1. Remarque : l’équation : En réécrivant le PFD dans le cas général, il est possible d’aboutir à dv F0 + v(t) = g (5) dt m Cette équation est une équation différentielle linéaire du premier ordre, dont la solution s’écrit : F0 mg (1 − e− m t ) F0 Vmax est retrouvée lorsque t → +∞. v(t) = 7. Si cette fois F (v) = F0 v 2 , l’équation 3 se réécrit : [Vmax ] = (M L−1 )a M b (L T −2 )c = M a+b L−a+c T −2c = L T −1 a + b = 0 c−a=1 −2c = −1 1 c = 2 , soit : a = c − 1 = − 12 b = −a = 12 Et donc, dans ce cas : r Vmax = A mg F0 Ce qu’on retrouve en écrivant encore une fois le PFD selon l’axe (O, e~z ) : r mg 2 ma = mg − F0 Vmax = 0 , soit : Vmax = F0 4 B. Descente d’une roche volcanique 1. Dessin : F IG . 1 – Schéma de l’expérience (e~x = T~ de l’énoncé). L’origine du repère est prise en haut de la pente. – Repère : (O, e~x , e~y ) orthonormé, avec e~x qui suit la pente (donc e~x = T~ de l’énoncé), référentiel Galiléen. – Forces : P~ le poids, R~N la réaction normale de la pente, et F~ la force de frottement. RN est la réaction du support, et sa norme est égale à la composante selon l’axe (O, e~y ) du poids, soit : RN = mg cos θ Comme toujours, il est bon de regarder le comportement aux limites. Ici, lorsque θ tend vers 0, c’est-à-dire quand c’est plat, RN = mg ; et inversement, lorsque θ tend vers π/2, à la verticale, il n’y a plus de réaction du support et RN = 0. µ n’a pas d’unité, car RN est déjà en Newton, et F~ = −µRN T~ . 2. Le PFD selon l’axe (O, e~x ) s’écrit : ma = mg sin θ − µRN Si la vitesse est constante, alors cette même équation donne : ma = 0 = mg sin θ − µ0 RN , soit : µ0 = AN: tan(30.*!pi/180.)=0.577 5 mg sin θ mg sin θ = = tan θ RN mg cos θ La fonction tan est très faiblement croissante jusqu’à ce que θ approche π/2, où elle diverge vers l’infini. Ceci est la traduction mathématique d’un fait très physique. En effet lorsque la pente augmente, il faut augmenter un peu les frottements pour maintenir une vitesse constante. Quand la pente approche la verticale, RN → 0 et µ0 → +∞. 3. Cette question consiste à faire un bilan entre un état final et un état initial ; donc il faut choisir entre théorème de l’énergie cinétique ou théorème de l’énergie mécanique. Ce dernier est particulièrement efficace dans ce cas : ∆Em = 1 1 mvf2 + |{z} 0 − mvi2 − mgh0 = −µRN L {z } | {z } |2 {z } Ep en bas |2 {z } E| en haut ~ Ec en bas Ec en haut p W (F ) sur L Ce qui permet d’aboutir, après quelques calculs, à l’expression de µ en fonction de la vitesse finale : µ = tan θ(1 − vf2 − vi2 2gh0 ) (6) AN: tan(30.*!pi/180.)*(1.-(4.-100.)/(2.*9.8*100.))=0.605 Il est possible de tracer la fonction 6 ci-dessus, µ(vf ), pour une vitesse finale comprise entre 0 et 10 m.s−1 . On obtient le graphe 2 : F IG . 2 – Graphe du coefficient de frottement. Si le module arrive avec la même vitesse que celle qu’il avait au départ (10 m.s−1 ), on retrouve la réponse à la question précédente, µ0 = tan θ. Ensuite, pour une vitesse finale qui décroı̂t, le coefficient de frottement µ augmente, ce qui est intuitif. Pour vf = 2 m.s−1 , on retrouve le résultat de l’application numérique ci-dessus. 6 4. Pour calculer l’erreur sur µ pour une variation de vf , il faut différencier l’expression 6. On peut calculer cette différentielle directement : dµ = d tan θ − d tan θ vf2 − vi2 ! 2gh0 =0− vf tan θ tan θ (2vf dvf ) = − dvf (7) 2gh0 gh0 Ou bien en calculant la différentielle logarithmique, qui consiste à d’abord calculer le ln de l’expression 6 (pour µ 6= 0) : ln µ = ln tan θ (1 − vf2 − vi2 2gh0 ! = ln tan θ + ln 1 − ) vf2 − vi2 ! 2gh0 Puis à calculer ensuite la différentielle : 2v dv f f − 2gh dµ 0 = vf2 −vi2 µ 1 − 2gh 0 On remarque que le dénominateur n’est d’autre que µ/ tan θ, d’où : vf dvf tan θ dµ =− × µ gh0 µ Et on retrouve l’expression 7 de dµ. Pour calculer l’erreur ∆µ, on ajoute les sources d’erreur. Les erreurs ne se compensent jamais. Ici, on s’intéresse à la seule source d’erreur sur la vitesse finale, et le signe − dans l’expression 7 de la différentielle dµ disparaı̂t : ∆µ = vf tan θ ∆vf gh0 Pour une vitesse finale de 2 m.s−1 et une erreur sur vf de 0.1 m.s−1 , on trouve finalement : AN: tan(30.*!pi/180.)*2./(9.8*100.)*0.1=1.2E-4 7