Travail des forces de frottement


RN
Attraction : m = 60 kg ; v = 100 km.h-1 = 27,8 m.s-1 ; d = 39 m .
1) On cherche l’énergie cinétique Ec d’un passager.
Référentiel : terrestre. Système : passager.
diagramme d’interactions ; forces appliquées au système
passager

f
Schéma.

Poids du passager : P
  
Réaction du siège : R  RN  f
terre
Ec 
siège


A

P
B
1
2
4
m V => Ec = 2,3.10 J
2
Calculons les composantes f et RN : Le passager est propulsé horizontalement donc RN = P =600 N
Entre deux positions A et B, dans un référentiel galiléen, si les forces appliquées au solide modifient la valeur de sa vitesse, la
variation d’énergie cinétique est égale à la somme des travaux des forces extérieures appliquées au solide.
1
1
2
2
Ec  .m.v B  .m.v A   W AB(Fext)
2
2
Par conséquent : Ec  1 .m. 2  1 .m. 2 


2 v B 2 v A W AB(P) W AB(RN) W AB(f)
On a : VB = 28 m.s-1 ;
W
Eci
W
(P) =
AB
W




(RN) = 0 J car P.AB  90 et RN,AB  90
AB
(f) = f.AB = f.AB. cos 180°
VA = 0 km.h-1
AB
-1
.m v 2A
0.5  600  27,82
= f.AB. cos 180° => f= 2

 593N
AB.Cos180°
39   1
f = 593N.
Projectile
1) Lors de la montée, il n’y a que le poids qui travaille.
Entre deux positions A et B, dans un référentiel galiléen, si les forces appliquées au solide modifient la valeur de sa vitesse, la
variation d’énergie cinétique est égale à la somme des travaux des forces extérieures appliquées au solide.
1
1
2
2
Ec  .m.v B  .m.v A   W AB(Fext)
2
2
Par conséquent : Ec  1 .m. 2  1 .m. 2 
2 v B 2 v A W AB(P)
Au sommet la vitesse de la pierre est nulle, VB =6 m.s-1 => 1 .m. 2  1 .m. 2  2 vB 2 vA
1
1
1 2 1
2 1
2
2
2
2
.m.v B- .m.v A
. v A  .v B
 VB
V
A
2
2
=> h = 2
=> h = 5,5 m
h= 2
2
-m.g
g
g


2)
Au sommet la vitesse de la pierre est nulle, VB =0 =>  1 .m. 2  2 vA
1
1 2
2
- .m.v A
.v A
2
=>
=> h = 7,35 m
h=
h= 2
-m.g
g
m.g.h
m.g.h
Free Fall : m = 60 kg ; h = 20 m .
1) On cherche la vitesse atteinte par la nacelle.
Référentiel : terrestre. Système : nacelle.
diagramme d’interactions ; forces appliquées au système
nacelle
terre

P
Schéma.

Poids de la nacelle : P
Entre deux positions A et B, dans un référentiel galiléen, si les forces appliquées au solide modifient la valeur de sa vitesse, la
variation d’énergie cinétique est égale à la somme des travaux des forces extérieures appliquées au solide.
1
1
2
2
Ec  .m.v B  .m.v A   W AB(Fext) Par conséquent : Ec  1 .m.v 2B  1 .m.v A2  W AB(P)
2
2
2
2
On a :
W
-1
(P) = m.g.h : ce travail est moteur. h = 20 m ; VA = 0 km.h
AB
v=
2.m.g.h
 2.g.h
m
V = 20 m.s-1.
2) freinage durant 8 m
force du siège.
1
1
2
2
-1
Ec  .m.v B  .m.v A  W AB(P)  W AB(RN) VB = 0 m.s-1 ; VA = 20 m.s
2
2
RN
On a :
= m.g.h : ce travail est moteur. h =8 m ;
= RN.AB.cos 180
AB(P)
AB(RN)
W
W
2
1/2 .m.V A +m.g.h
1
2
=> A.N : f = 2100 N
ΔEc=0- .m.v A =m.g.h+f.h.cos180 => f =
2
h
P = m.g = 60 × 10 = 600 N

P
plan incliné avec frottement. m = 620 g ; v = 3 m.s-1 ; d =AB = 0,95 m ; = 25°.
1) On cherche la valeur des forces de frottement.
Référentiel : terrestre. Système : palet.
diagramme d’interactions ; forces appliquées au système
palet
terre

Poids du palet : P
Schéma.

RN
B

f
  
Réaction du plan : R  RN  f

P
plan
A
Entre deux positions A et B, dans un référentiel galiléen, si les forces appliquées au solide modifient la valeur de sa vitesse, la
variation d’énergie cinétique est égale à la somme des travaux des forces extérieures appliquées au solide.
1
1
2
2
Ec  .m.v B  .m.v A   W AB(Fext) => Ec  1 .m.v 2B  1 .m.v A2  W AB(P)  W AB(RN)  W AB(f)
2
2
2
2
W
W


(RN) = 0 J car RN,AB  90 ;
AB
W
(f) = f.AB = f.AB. cos 180°
B
AB
(P) = P.AB = m.g.AB cos (90+)

AB
0–½m
VA2
AB
A
f
= m.g.AB cos (90 +  ) - f.AB.
-1
.m v 2
A - m.g.AB cos (90 + α )
0.5  0, 62  32  0, 62 10  0,95cos(90  25) => f = 5,5 N
2
f=

AB.Cos180°
0,95   1
le pendule simple : m = 20 g ; L = 80 cm.
1) 0 = 40° ; VA = 0


La bille est soumise à son poids P et à la tension du fil T ( on néglige
les frottements de l’air). On travail dans le référentiel terrestre
supposé Galiléen.
ZA = L – L cos α0 ; ZB = L – L cos 0=0 ; ZA – ZB = L-L.cos α0 = L (1 – cos α0)

z

T
zA
W( P ) = mg (zA-zB) = mg L(1–cosα0)
D’après le théorème de l’énergie cinétique entre les points A et B on a

Ec(B) - EC(A) = Σ WAB( Fext )

P
zB
z0

P




Σ WAB( Fext ) = W( P ) car W( T ) = 0 ( T est perpendiculaire à tout moment au
déplacement.)
EC(A) = 0 car VA= 0 (le pendule est lâché sans vitesse initiale)
2
2
Ainsi ½ mv B = mg ( zA – zB ) soit ½ mv B = mgL(1 –cosα0)
2
vB
= 2gL(1 –cosα0) soit
2) Etat initial :
Etat final :
vB  2gL(1  cosα 0 ) d’où vB= 1,93 m.s
-1
VA = V0 ; α = 40°
VB = 0 m.s-1 car le pendule est arrivé au point le plus haut ;  = 50°
ZA = L – L cos α0 ; ZB = L – L cos 50 ; ZA – ZB = L-L cos40 – (L-L cos50) = L (cos 50 – cos40)
- ½ m V0 = m.g.(ZA – ZB )
2
V0  - 2gL(cos50  cos40)) => V0 = 1,57 m.s-1
zB
zA
z0

T

P
Voiture en panne : on décompose le mouvement en deux parties.
B arrivée du
second
A
départ
F1 = 520 N; f = 370 N; AB = d =3,5 m; m = 1,45.103 kg ;

VA = 0 m.s-1
RN
Calculons la vitesse acquise :
C
Arrivée
F2 = 520 N; F2 = 450 N; f = 370 N; BC = D- d =2 m;
m = 1,45.103 kg ; VB = 0,85 m.s-1
Calculons la vitesse acquise

RN
F2
F1
F1
A
f

P
B
1
1
2
2
Ec  .m.v B  .m.v A  W AB(P)  W AB(RN)  W AB(f)  W AB(F1)
2
2
W
W
W
(P) =
AB
W
(RN) = 0 J
AB
(f )
(F2) = F2 × BC × cos 0
BC
½ m VC2 – ½ m VB2 = -f.BC + F1.BC + F2.BC
= f × AB × cos 180
2.BC.(-f  F1  F2)  m. vB
2
½ m VB2 = 0 + 0 – f.AB + F1.AB
VB 

P
f
de même que précédemment.
1
1
2
2
Ec  .m.v C  .m.v B  W BC(f)  W BC(F1)  W BC(F2)
2
2
W
(F1) = F1 × AB × cos 0
AB
AB
B
VC 
2.AB (F1 - f)
=> VB = 0,85 m.s-1
m
m
VC = 1,54 m.s-1
Il a atteint une vitesse de 1,54 m.s-1.
Ex toboggan
1) D'après le principe de conservation de l'énergie
on peut écrire : Ec => énergie cinétique ; Ep => énergie potentielle
Em(B) = Em (C) = Em (D)
Ec (B) + Ep (B) = Ec (C) + Ep (C)= Ec (D) + Ep (D)
Ec (B) = 0 J car VA = 0 m.s-1; Ep (C) = 0 J
Par conséquent :
Ep (B) = Ec (C) => m.g.hB = ½.m.vC2
VB  2.g. hB  2  9,81 5  9,9m.s 1
D'après le principe de conservation de l'énergie
on peut écrire : Ec => énergie cinétique ; Ep => énergie potentielle
Em(B) = Em (C) = Em (D)
Ec (B) + Ep (B) = Ec (D) + Ep (D)
Ec (B) = 0 J car VB = 0 m.s-1;
Par conséquent :
m.g.hB = ½.m.vD2+ m.g.hD
VD  2.g.hB  hD   2  9,81 3  7,7m.s 1
C
2 )Lorsque le véhicule est en B avec une vitesse nulle il atteint le point D. Calculons donc la vitesse
minimale que doit avoir le véhicule au point A pour arriver en B avec une vitesse nulle.
On a donc : Em(A) = Em (B)
Ec (A) + Ep (A) = Ec (B) + Ep (B)
Ec (B) = OJ; : Ep (A) + Ec (A) = Ep (B)
m.g.hA + ½..m.vA2 = m.g.hB


=> VA  2.g. hB  hA  2  9,81 2  6,3m.s 1
Skieur teleski
1
2 Le travail de Error! est nul car la force est constamment perpendiculaire au déplacement
3 Le travail de Error! est moteur ; le travail de Error! et le travail Error! sont résistants
4 WAB(Error!) = - m  g  AB  sin() = - 2,35.104 J ;WAB (Error!) = - f  AB = -1,07.104 J
5 La somme des forces exercées sur le skieur est nulle car le skieur est en mouvement de translation
rectiligne uniforme donc il est soumis au principe de l’inertie dans un référentiel galiléen
6 La somme des travaux des forces exercées sur le skieur est nulle car la résultante des forces exercées
sur le skieur est nulle
7 WAB(Error!) + WAB (Error!) + WAB (Error!) = 0 donc WAB (Error!) = + 3,42.104 J
WAB (Error!) = + T  AB  cos() d’où T = 394 N
8 Puissance instantanée = Error!.Error! = T  v  cos() = 1710 W = puissance moyenne
Skieur en descente
d'après le principe d'inertie, le mouvement du skieur étant rectiligne uniforme,
ce dernier est pseudo-isolé ( somme des vecteurs forces égale zéro).
dans le triangle des forces : F= Mg sin  = 90*9,8*sin14
= 213,3 N.
travail de cette force :
vecteur force et vecteur déplacement colinéaires et de sens contraire
W = F * déplacement * cos 180 = - 213,3* 100 = - 21 330 J .
Puissance de cette force :
force de frottement et vitesse, vecteur colinéaires et de sens contraire
Puissance = F v cos 180
exprimer la vitesse en m/s : 70 /3,6 = 19,44 m/s.
puissance = -213,3*19,44 = -4146 W.
travail du poids :
La somme des forces est nulle, en conséquence la somme des travaux des forces est nulle.
Rn, perpendiculaire au sol ne travaille pas
le travail du poids est donc opposé au travail de la force F .
Tapis roulant
Le bloc de pierre est soumis à son poids et à l'action du tapis: celle ci peut être représentée par deux
forces l'une f parrallèle au tapis et l'autre perpendiculaire au tapis
La vitesse est constante et le mouvement rectiligne alors la somme vectorielle des forces est nulle.
f = Mg sin 35 = 2*9,8 sin 35 = 11,2 N.
travail de cette force : force et déplacement sont colinéaires et de même sens
donc le travail est égal à : f L = 11,2*22,5 = 253 J.
vitesse de chargement : 1550 kg en 60 s soit 1550/60 = 25,8 kg / s
La puissance (watt) mise en jeu est le travail (J) effectué à chaque seconde.
253 J pour déplacer 2 kg.
on peut déplacer 25,8 kg / s donc :
P = 253*25,8 / 2 = 3264 watts.
Voiture qui s’arrete
I)
m = 900 kg ; v = 100 km.h-1 ; D = 97 m ; t = 6,54 s.
1) On cherche la valeur de la force de frottement qui a permis à la voiture de s’arreter.
Référentiel : terrestre. Système : voiture.
diagramme d’interactions ; forces appliquées au système
Schéma.
Voiture

RN

Poids de la voiture : P
  
Réaction du sol : R  RN  f
terre

f
A
sol


P
 

B
La voiture ralenti ; on a donc : P  RN  f  0 .
Entre deux positions A et B, dans un référentiel galiléen, si les forces appliquées au solide modifient la valeur de sa vitesse, la
variation d’énergie cinétique est égale à la somme des travaux des forces extérieures appliquées au solide.
1
1
2
2
Ek  .m.v B  .m.v A   W AB(Fext)
2
2
Par conséquent : Ek 
On a : VB = 0 m.s-1 ;
W
1
1
2
2
.m.v B  .m.v A  W AB(P)  W AB(RN)  W AB(f)
2
2
W
(P) =
AB
W
(f) = f.AB = f.AB. cos 180°
AB
 

VA = 100 km.h-1 = 100 / 3,6 m.s-1= 27,8 m.s-1
-1
.m v 2A
0.5  900  27,82
2
2
0,5 .m VA = f.AB. cos 180° => f=

 3600N
AB.Cos180°
97   1
2) Calculons la puissance moyenne : P=

(RN) = 0 J car P,AB  90 et RN,AB  90
AB
W
; P = 3600× 97 / 6,54 = 5,3.105 W
Δt
f = 3600N.
Plus dure sera la chute !
1)
O
Error!

Error!
2) EP(M) = m g z si l’axe z’z est vertical ascendant et l’origine des énergies potentielles coïncide avec
l’origine de l’axe z’z
EP(M) = m g x sin()
3)
L’énergie mécanique EM du mobile est constante car il n’y a aucun frottement et seul le poids Error!
travaille
4) EM(O) = EC car EP est nulle (x = 0) ; EM(O) = Error! mV02 = 0,375 J
5) Au point d’abscisse x1, EC + EP = EM(O) soit Error! m V12 + m g x1 sin() = EM(O)
x1 = Error! = 1,09 m
6) Au point d’abscisse x2, EC + EP = EM(O) soit Error! m V22 + m g x2 sin() = EM(O)
V2 = Error! = 3,88 m.s-1
7) Par conservation de l’énergie mécanique EM(O) = Error! m V32 car EP = 0
V3 = Error! = 5,0 m.s-1
Skateur
1) EM (A) = EC(A) + EP(A) = 1/2 m vA2 + mgzA = 0 + mgzA car vA = 0
EM (D) = EC(D) + EP(D) = 1/2 m vD2 + mgzD = 0 + mgzD car vD = 0
2) L’énergie mécanique se conserve car on ne tient pas compte des frottements
3) EM (A) = EM (D) soit mgzA = mgzD d’où zA = zD or zA = AB sin() et zD = CD sin()
CD = Error! = Error! = 13 m
4) Si l’angle d’inclinaison  diminue, sin() diminue donc CD augmente
Cette distance CD devient infini si  tend vers 0
Si  tend vers 0, la loi fondamentale de la physique retrouvée est le principe d’inertie
Travail des forces de frottement *
1) [EM(B) - EM(A)] = (1/2 m vB2 + mgzB) - (1/2 m vA2 + mgzA) dans un référentiel terrestre galiléen
En prenant l’origine des altitudes en coïncidence avec l’origine des énergies potentielles dans le plan
horizontal alors zA = zB = 0 ; D’autre part, vB = 0 d’où [EM(B) - EM(A)] = - 1/2 m vA2
2) W = Error!.Error! = f  AB  cos(Error! ; Error!) = - f  AB
[EM(B) - EM(A)] = W soit - 1/2 m vA2 = - f  AB d’où f = 1/2 m vA2/AB ; f = 0,0274 N
3) L’énergie mécanique s’est transformée en énergie thermique qui se manifeste par une augmentation de
température