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

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