Travail des forces de frottement

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 Schéma.
Poids du passager :
P
Réaction du siège :
fR R N
V2
m
2
1
Ec 
=> Ec = 2,3.104 J
Calculons les composantes
f
et
NR
: 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.
22
cB A AB ext
11
E .m. .m. (F )
22
v v W
Par conséquent :
22
cB A AB AB N AB
11
E .m. .m. (P) (R ) (f)
22
v v W W W
On a : VB = 28 m.s-1 ;
AB(P)
W
=
AB N(R )
W
= 0 J car
P.AB 90
et
NR ,AB 90
AB(f)
W
=
f.AB
= f.AB. cos 180° VA = 0 km.h-1
Eci = f.AB. cos 180° =>
22
A
-1.mv0.5 600 27,8
2
f= 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.
22
cB A AB ext
11
E .m. .m. (F )
22
v v W
Par conséquent :
22
cB A AB
11
E .m. .m. (P)
22
v v W
Au sommet la vitesse de la pierre est nulle, VB =6 m.s-1 =>
22
BA
11
.m. .m.
22- m.g.h
vv
22
BA
11
.m. - .m.
22
h = -m.g
vv
=>
2 2 2 2
A B A B
1 1 1
..
2 2 2
h = gg
v v V V
=> h = 5,5 m
2)
Au sommet la vitesse de la pierre est nulle, VB =0 =>
2
A
1.m.
2- m.g.h
v
2
A
1
- .m.
2
h = -m.g
v
=>
2
A
1.
2
h = g
v
=> h = 7,35 m
passager
terre
siège
P
NR
f
A
B

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 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.
22
cB A AB ext
11
E .m. .m. (F )
22
v v W
Par conséquent :
22
cB A AB
11
E .m. .m. (P)
22
v v W
On a :
AB(P)
W
= m.g.h : ce travail est moteur. h = 20 m ; VA = 0 km.h-1
2.m.g.h
v = 2.g.h
m
V = 20 m.s-1.
2) freinage durant 8 m
force du siège.
22
cB A AB AB N
11
E .m. .m. (P) (R )
22
v v W W
VB = 0 m.s-1 ; VA = 20 m.s-1
On a :
AB(P)
W
= m.g.h : ce travail est moteur. h =8 m ;
AB(RN)
W
= RN.AB.cos 180
2
cA
1
ΔE =0- .m. =m.g.h+f.h.cos180
2v
=>
2
A
1/2 .m. +m.g.h
f = h
V
=> A.N : f = 2100 N
P = m.g = 60 × 10 = 600 N
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 Schéma.
Poids du palet :
P
Réaction du plan :
fR R 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.
22
cB A AB ext
11
E .m. .m. (F )
22
v v W
=>
22
cB A AB AB N AB
11
E .m. .m. (P) (R ) (f)
22
v v W W W
AB N(R )
W
= 0 J car
NR ,AB 90
;
AB(f)
W
=
f.AB
= f.AB. cos 180°
AB(P)
W
=
P.AB
= m.g.AB cos (90+)
0 – ½ m VA2 = m.g.AB cos (90 +  ) - f.AB.
22
A
-1.mv- m.g.AB cos (90 + α ) 0.5 0,62 0,62 10 0,95cos(90 25)
3
2
f= AB.Cos180° 0,95 1
=> f = 5,5 N
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)
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(
ext
F
)
nacelle
terre
P
P
RN
palet
terre
plan
P
NR
f
A
B
z
zA
zB
z0
P
T
P
A
B
AB
f

Σ WAB(
ext
F
) = 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)
Ainsi ½ mv
2
B
= mg ( zA – zB ) soit ½ mv
2
B
= mgL(1 –cosα0)
v
2
B
= 2gL(1 –cosα0) soit
)cosα2gL(1 0B v
d’où vB= 1,93 m.s-1
2) Etat initial : VA = V0 ; α = 40°
Etat final : 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 V02 = m.g.(ZA – ZB )
cos40))2gL(cos50 -V0
=> V0 = 1,57 m.s-1
zB
zA
z0
P
T

Voiture en panne : on décompose le mouvement en deux parties.
F1 = 520 N; f = 370 N; AB = d =3,5 m; m = 1,45.103 kg ;
VA = 0 m.s-1
Calculons la vitesse acquise :
22
cB A AB AB N AB AB
11
E .m. .m. (P) (R ) (f) (F1)
22
v v W W W W
AB(P)
W
=
AB N(R )
W
= 0 J
AB(F1)
W
= F1 × AB × cos 0
AB(f)
W
= f × AB × cos 180
½ m VB2 = 0 + 0 – f.AB + F1.AB
mf)-(F1 .AB2
VB
=> VB = 0,85 m.s-1
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
de même que précédemment.
22
cC B BC BC BC
11
E .m. .m. (f) (F1) (F2)
22
v v W W W
BC(F2)
W
= F2 × BC × cos 0
½ m VC2 – ½ m VB2 = -f.BC + F1.BC + F2.BC
mB
v2
Cm. F2)F1.BC.(-f2 V
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
1
B
B9,9m.s59,8122.g.V h
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
1
B
D7,7m.s39,8122.g.V h
 hD
P
NR
F1
A
B
f
F2
P
NR
F1
B
C
f
A
départ
B arrivée du
second
C
Arrivée

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 =>
1
B
A6,3m.s29,8122.g.V h
 hA
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 .