Corrigé du TD4 Théor`eme de l`énergie cinétique, énergie mécanique

Corrig´ e du TD4
Th´ eor` eme de l’´ energie cin´ etique, ´ energie
m´ ecanique
UE LP101B - Universit´ e Pierre et Marie Curie
2esemestre 2009
A. Chute sans vitesse initiale
1. L’objet subit pour unique force le poids, vertical, et n’a aucune vitesse initiale.
Le poids ´ etant selon la vertical, la masse aura un mouvement strictement vertical,
sans vitesse horizontal.
2. Les th´ eor` emes de l’´ energie cin´ etique et de l’´ energie m´ ecanique peuvent ˆ etre
tous les deux utilis´ es.
– Rep` ere : (0, ~ez)vers le haut, r´ ef´ erentiel Galil´ een ;
– Forces : ~ P=m~g, poids de la masse m.
Le th´ eor` eme de l’´ energie cin´ etique est tentant, et ` a juste titre, car quasi-imm´ ediat :
∆Ec=1
2mv2
f
|{z} −1
2mv2
i
|{z}
=mgh0
´
Energie cin´ etique ´ Energie cin´ etique Travail du poids
finale initiale (nulle) (positif et moteur)
Ce qui donne directement :
vf=p2gh0(1)
Avec le th´ eor` eme de l’´ energie m´ ecanique, c’est l´ eg` erement plus long. Comme
il n’y a aucune force dissipative, ∆Em= 0 et :
∆Em=1
2mv2
f+Ep(z= 0)
| {z } −1
2mv2
i−Ep(z=h0)
| {z }
= 0
Emfinale Eminitiale (2)
1

Ici, en utilisant la relation g´ en´ erale F=−E0
p(z), l’´
energie potentielle Ep(z)
s’´ ecrit :
Ep(z) = −ZPzdz =−Z−mg dz =mgz +K
Pzdz =−mg dz, l’axe (0, ~ez)´ etant orient´ e vers le haut. Kest une constante
d’int´ egration. Il reste ` a d´ efinir une position de r´ ef´ erence o` uEp= 0, par exemple
en z= 0. Alors, K= 0 et l’´ equation 2 devient :
∆Em=1
2mv2
f−mgh0= 0
Ce qui aboutit ´ egalement ` a la solution 1 : vf=√2gh0. Cette solution est
homog` ene, g´ etant une acc´ el´ eration en m.s−2multipli´ ee par une longueur. On
remarque que la vitesse finale ne d´ epend pas de la masse dans ce cas, et une petite
bille aura mˆ eme vitesse finale qu’une enclume.
AN: vf = sqrt(2.*9.8*10.) = 14 m/s
3. Une force de frottement de norme constante Fest ajout´ ee. Dans ce cas, le
th´ eor` eme de l’´ energie cin´ etique s’´ ecrit :
∆Ec=1
2mv2
f=XW(forces) = W(~
P) + W(~ F) = mgh0−F h0
Le travail des frottements W(~ F) = −F h0est n´ egatif et r´ esistant. Cette ´ equation
s’´ ecrit encore :
1
2mv2
f=h0(mg −F)
Ce qui aboutit donc ` a l’expression de la vitesse finale :
vf=r2gh0−2F h0
m
Nous avons vu que gh0a bien la dimension d’une vitesse au carr´ e, tout comme
2F h0/m, qui est en N.m.kg−1, avec N=kg.m.s−2. En plus de l’homog´ en´ eit´ e,
on peut v´ erifier que le comportement aux limites est correcte. Ici, pour F= 0,
on retrouve l’´ equation 1 sans frottement, et on remarque que Fne peut pas ˆ etre
sup´ erieur ` amg, valeur au-del` a de laquelle notre solution n’est plus r´ eel, l’int´ erieur
de la racine ´ etant n´ egative. C’est une limite de notre mod` ele.
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 ´ etant environ ´ egal ` a 98 N.
2

4. En cas de frottement, la masse perd lors de sa chute de l’´ energie m´ ecanique,
que l’on suppose ici directement convertie en ´ energie interne :
∆U=mCm∆T,
o` uCmest l’´ energie ` a fournir en Joules ` a une unit´ e de masse d’un corps pour
´
elever sa temp´ erature d’un degr´ e. Cmest donc en J.kg−1.K−1. Quant ` a la perte
d’´ energie m´ ecanique, elle est due au travail r´ esistant des forces dissipatives :
∆Em=XW(forces non conservatives) = W(~ F) = Z0
h0
~
F . ~ dz =−F h0
Cette ´ energie m´ ecanique perdue est convertie en ´ energie interne :
∆U=−∆Em=F h0, et donc ∆U=mCm∆T=F h0
D’o` u une ´ el´ evation de temp´ erature :
∆T=F h0
mCm
AN: 20.*10./(10.*385.) = 0.05 K
5. Le travail de la force ~ Fs’´ ecrit dans ce cas :
W(~ F) = Z0
h0
~
F . ~ dz =Z0
h0−F0~v(z).~
dz
~
Fn’est pas constante, et l’int´ egrale n’est donc pas directe dans ce cas. Mais
il est d´ ej` a possible d’humer que la masse va d’abord accroˆ ıtre sa vitesse, comme
dans le cas d’une chute libre (~a =~g), cr´ eant ainsi une force de frottement propor-
tionnelle ` a sa vitesse ~ F=−F0~v. On va donc atteindre un seuil o` u cette force de
frottement sera ´ egale au poids de la masse (m~a =m~g −F0~v = 0), et l’acc´ el´ eration
s’annulera, la masse atteignant alors une vitesse limite constante.
6. Soit Vmax =A F a
0mbgc, avec Aconstante sans dimension. Nous savons
que Vmax est une vitesse en m.s−1,F0une force par unit´ e de vitesse en kg.s−1,
mest en kg et gest une acc´ el´ eration en m.s−2. Ainsi l’analyse dimensionelle de
Vmax =A F a
0mbgcs’´
ecrit :
[Vmax]=(M T −1)aMb(L T −2)c=Ma+bLcT−a−2c=L T −1(3)
L’´ equation 3 permet d’´ ecrire le syst` eme d’´ equation ` a 3 inconnues :
3

a+b= 0
c= 1
−a−2c=−1
, soit : 
c= 1
a= 1 −2c=−1
b=−a= 1
Ainsi, nous connaissons ` a une constante pr` es l’expression de Vmax :
Vmax =Amg
F0
(4)
Il est possible de retrouver cette expression en utilisant le PFD, projet´ e selon
l’axe vertical (O, ~ez). En effet, nous savons que l’acc´ el´ eration sera nulle une fois
la vitesse maximale atteinte, et donc :
ma =mg −F0Vmax = 0
En isolant Vmax, nous retrouvons l’´ equation 4 avec A= 1.
Remarque : En r´ e´ ecrivant le PFD dans le cas g´ en´ eral, il est possible d’aboutir ` a
l’´ equation :
dv
dt+F0 mv(t) = g(5)
Cette ´ equation est une ´ equation diff´ erentielle lin´ eaire du premier ordre, dont la
solution s’´ ecrit :
v(t) = mg
F0
(1 −e−F0
mt)
Vmax est retrouv´ ee lorsque t→+∞.
7. Si cette fois F(v) = F0v2, l’´ equation 3 se r´ e´ ecrit :
[Vmax]=(M L−1)aMb(L T −2)c=Ma+bL−a+cT−2c=L T −1
a+b= 0
c−a= 1
−2c=−1
, soit : 
c=1
2
a=c−1 = −1
2
b=−a=1
2
Et donc, dans ce cas :
Vmax =Armg
F0
Ce qu’on retrouve en ´ ecrivant encore une fois le PFD selon l’axe (O, ~ez):
ma =mg −F0V2
max = 0 , soit : Vmax =rmg
F0
4

B. Descente d’une roche volcanique
1. Dessin :
FIG. 1 – Sch´ ema de l’exp´ erience ( ~ex=~ Tde l’´ enonc´ e). L’origine du rep` ere est
prise en haut de la pente.
– Rep` ere : (O, ~ex, ~ey)orthonorm´ e, avec ~exqui suit la pente (donc ~ex=~ Tde
l’´ enonc´ e), r´ ef´ erentiel Galil´ een.
– Forces : ~ Ple poids, ~ RNla r´ eaction normale de la pente, et ~ Fla force de
frottement.
RNest la r´ eaction du support, et sa norme est ´ egale ` a la composante selon l’axe
(O, ~ey)du poids, soit :
RN=mg cos θ
Comme toujours, il est bon de regarder le comportement aux limites. Ici, lorsque
θtend vers 0, c’est-` a-dire quand c’est plat, RN=mg ; et inversement, lorsque θ
tend vers π/2,` a la verticale, il n’y a plus de r´ eaction du support et RN= 0.
µn’a pas d’unit´ e, car RNest d´ ej` a en Newton, et ~ F=−µRN~ T.
2. Le PFD selon l’axe (O, ~ex)s’´ ecrit :
ma =mg sin θ−µRN
Si la vitesse est constante, alors cette mˆ eme ´ equation donne :
ma =0=mg sin θ−µ0RN, soit : µ0=mg sin θ
RN
=mg sin θ
mg cos θ= tan θ
AN: tan(30.*!pi/180.)=0.577
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