Exercices05 28-11-03 corrigé

PHYSIQUE GENERALE I - Exercices05 – 28.11.2003
Exercice I
Un corps est lâché d’un plan incliné sans frottement à une hauteur de 20 cm. Quand il arrive
en bas du plan incliné, il continue à se déplacer sur une surface dont le coefficient de frottement est
de 0.2 (voir figure). Si l’angle d’inclinaison du plan est de 30° par rapport à l’horizontale, calculez :
a) La vitesse du corps au moment où il atteint la surface horizontale.
b) La distance totale parcourue par le corps. On supposera que la norme du vecteur vitesse ne
change pas lorsque le corps commence son mouvement horizontal.
SOLUTION :
a)
Prenons un référentiel associé au point de départ avec l’axe x parallèle à sa surface et y
perpendiculaire.
y
Pour l’axe x : Fg sin(θ) = mg sin(θ) = ma x
N
a x = g sin(θ)
donc, pour la vitesse on obtient :
Fg
x
v x = v x 0 + a x t = g sin(θ) t
Pour la position, puisque c,’est un mouvement rectiligne uniformément accéléré:
1
1
x = x 0 + v x 0 t + a x t 2 = g sin(θ) t 2 ⇒ t =
2
2
v x = g sin(θ)
h
sin(θ)
v x = 2.0m / s
∆x =
2( x − x 0 )
, remplaçant dans la première équation :
g sin(θ)
2( x − x 0 )
mais la distance parcourue on peut la lier avec la hauteur :
g sin(θ)
v x = g sin(θ)
2h
= 2gh remplaçant les valeurs numériques :
g sin 2 (θ)
Pour la deuxième question, le corps commence à bouger avec une vitesse de 2m/s sur une surface
horizontale avec coefficient de frottement 0.2. Choisissons un repère associé au sol avec l’axe x
horizontal.
y
F
µN
Axe x − Ffr = ma ⇒ a = − fr = −
N
m
m
Ffr
Axe y N − Fg = 0 ⇒ N = Fg = mg , remplaçant dan la 1ère
x
Fg
a=−
µmg
= −µg
m
la vitesse pendant le mouvement horizontal est :
v = v 0 + at = v 0 − µgt ⇒ t = −
v − v0
, pour la fin du mouvement v=0 et on trouve : ta=1,0s
µg
La distance totale parcourue est :
S=S1+S2, S1 étant la distance sur le plan incliné et S2 sur le plan horizontal.
S1 =
h
0.2m
=
=0.4m
sin(θ) sin(30°)
1 2
1
2
S 2 = v 0 t a + at a = v 0 t a − µgt a =1,0m
2
2
S=1,4 m
Exercice II
Un camion benne qui porte un petit container commence à lever la benne de sorte que
l’angle entre la benne et le plan horizontal augmente à vitesse angulaire constante. Au bout de 30 s,
le container commence à glisser et le conducteur arrête immédiatement la benne. A cet instant, elle
est inclinée d’un angle de 30° par rapport à l’horizontale.
a) Calculez le coefficient de frottement statique entre le container et la benne µsta.
Le container ne s’arrête pas. Il glisse avec une accélération constante jusqu’au bout de la benne, qui
heureusement est fermée et l’empêche de tomber par terre. Si le container se déplace de 3m en 3s,
b) Calculez l’accélération subie par le container (de la cinématique pure).
c) Déduisez-en la valeur du coefficient de frottement dynamique µdyn.
d) Représentez sur un graphique l’évolution de la force de frottement en fonction du temps pendant
tout le processus jusqu’à ce que le container s’arrête (masse du container = 100 kg).
SOLUTION :
a) Faisons le diagramme des forces agissant sur le container pour un angle α quelconque.
Jusqu’ aux 30° le container ne glisse pas, donc les forces qui agissent sur lui se compensent
donnant une résultante nulle. (Là on peut bien négliger la petite accélération associée au
mouvement circulaire décrit par le container sur la benne). Les équations dynamiques nous donnent
les relations :
N – mg cosα = 0
[1]
mg sinα – Ffr_sta = 0
[2]
On sait que au moment que l’angle atteigne la valeur α = 30° la force de frottement arrive à sa
valeur maximale Ffr_sta = µsta N et à partir de cette limite elle ne peut plus augmenter pour
compenser la composante X de la gravitation (qui fait glisser l’objet).
Si on remplace ça dans [2] et utilisant [1], on trouve :
µsta = tan α
µsta = 0.58
[3]
b) Pour calculer la accélération on n’a qu’à utiliser la formule du déplacement dans un mouvement
accéléré :
X – Xo = ½ at2 + vot
[4]
Ici : (X – Xo) = 3m , t = 3s , vo = 0… On trouve :
a = 2(X – Xo) / t2
[5]
a = 0.67 m/s2
c)
Cette accélération et causée par la différence entre la composante X de la gravitation et la force de
frottement. En ce moment, le frottement est dynamique et la force s’exprime selon :
Ffr_dyn = µdyn N
[6]
Récrivons l’équation [2], considérant maintenant le fait qu’il y a une accélération résultante…
mg sinα – Ffr_dyn = m a
[7]
g sinα − a
g cos α
[8]
µdyn =
µdyn = 0.50
d)
… avec [6] et [1]…
Dans la première partie le frottement est statique. Dans ce cas la force de frottement va ajuster sa
valeur pour compenser les autres forces de façon à assurer que l’objet ne bouge pas.
D’après l’équ [2] pour chaque angle α = 30°, la force de frottement statique doit prendre la valeur :
Ffr_sta = mg sinα
[9]
Pour mettre cette expression en fonction du temps il suffit de se rappeler que l’angle α a varié
uniformément entre 0 et 30° sur une intervalle de 30s. C'est-à-dire, avec une vitesse angulaire de
1°/s. Alors, pendant les premiers 30s du processus la force de frottement varie comme une fonction
sinusoïdale :
Dans le graphique on a dessiné la courbe sinusoïdale au delà des 30 premiers secondes. Au bout de
90 s l’angle α arriverait à 90°. Si le container ne glissait pas avant il faudrait une force de frottement
égal au poids du container pour le retenir. En fait ça serait impossible car, la normale étant nulle, il
faudrait un coefficient de frottement infini. (Les valeurs des coefficients de frottement sont
d’habitude µ < 1)
Au bout de 30s, l’angle α = 30°
Ffr = µsta mg cos30° = 49.0 N
Ffr (N)
100
mg
Après le container commence à glisser et le
frottement devient dynamique. Quand il y a
un mouvement, la force de frottement est
toujours :
Ffr_sta = mg sinα
80
0<= α <= 30°
60
49.0
40
Ffr = µdyn N
20
Dans notre cas :
Ffr = µdyn mg cosα = 42.4 N
0
0
15
30
45
60
75
90
105
120
135
t (s)
Cette valeur reste constante pendant les trois secondes du glissement.
Quand le container arrive au bout de la benne (t = 33s), il s’arrête contre la paroi. En ce moment le
frottement devient statique à nouveau mais la paroi compense déjà la composante X de la
gravitation, donc la force de frottement devient nulle… ou presque. Le graphique montrant le
processus complet est le suivant :
Ffr (N)
60
50
49.0
42.4
40
30
20
… (Remarquer le changement
d’échelle par rapport à l’autre
graphique )
10
0
0
10
20
30
40
50
t (s)
À la fin, quand le container est appuyé contre la paroi, c’est celle-ci qui fait la force de réaction
pour l’empêcher de glisser. La force de frottement peut être nulle dans ce cas. Cependant, selon le
matériels en contact, la façon d’avoir placé l’objet sur la surface, etcetera, il peut y rester une
certaine interaction de frottement statique entre l’objet et le sol. Ça serait le cas, par exemple, si le
sol de la benne était fait en caoutchouc. Dans ce cas, la composant X de la gravitation serait
compensée par la combinaison de forces : réaction de la paroi + frottement statique.
Il ne vaut pas la peine de essayer de calculer cet interaction. Ça serait d’ailleurs impossible. Le but
de cet exercice c’est juste de réfléchir à la complexité du phénomène de frottement. Même si on
peut par fois le décrire par des modèles très simples, la nature de ces interactions,
électromagnétiques (intermoléculaires) à la base, est en général très complexe.
Exercice III
Un objet tombe verticalement sous l’effet combiné de la pesanteur et du frottement du à
l’air. Le coefficient de frottement avec l’air est noté µair. On supposera que l’objet est initialement
immobile.
a- Déterminer la variation de sa vitesse au cours du temps. Faire une représentation graphique.
b- Déterminer la vitesse maximale pouvant être atteinte par l’objet en fonction de sa masse m, du
coefficient de frottement µair.
SOLUTION :
Exercice IV : La machine d’Atwood
Deux solides m1 et m2 sont reliés par une
corde légère non élastique, de part et d’autre
d’une poulie fixe sans frottement.
1) Ecrivez la seconde loi de Newton
pour les deux solides
2) En déduire l’accélération subie par les
deux masses puis la tension du fil.
M2
M1
Remarque : Vous utiliserez peut être ce dispositif, appelé « machine d’Atwood » pour mesurer
l’accélération gravitationnelle. En intercalant un dynamomètre entre l’un des solide et la corde, on
obtient une mesure de la tension.
M2
M
1
α
figure 2
Voici un cas de figure quasiment similaire (schéma 2 ). On dispose une masse m1 sur un plan
incliné, afin que le solide glisse sur cette surface sans frottement, l’opérateur dispose une poulie au
sommet du plan inclinée en reliant la masse m1 à une autre masse m2 à l’aide d’une corde de masse
négligeable et non élastique.
1) Choisissez un repère adéquat pour exprimer les forces agissant sur les solides.
2) Ecrivez dans un premier temps la seconde loi de Newton puis déterminez l’accélération et la
tension de la corde pour les deux masses.
3) L’expérimentateur place un tapis antidérapant sur le plan incliné, la masse m1 devient
immobile. Calculez la force de frottement entre le tapis et le solide. Quelle est la force
exercée par le plan incliné sur le tapis ?
La machine d’Atwood
r
T1
r
T2
r
P1
r
P2
On applique la seconde loi de Newton
r
r
r
1er solide : T – m1 g = m1 a
r
r
r
2nd solide : T – m2 g = m2 a
Remarque : étant donnée que la corde est considérée comme légère et non-élastique, on peut dire
que la tension est identique en tout point de celle-ci et donc que les tensions exercées par la corde
sur les deux solides sont identiques.
De plus, l’accélération subie par les deux solides est identique, puisque la corde impose le même
déplacement (longueur et direction).
Donc
m2g - m1g = (m1 + m2).a
r  m − m1  r
a = 2
 .g
 m2 + m1 
r
r
r  2m2 m1  r
T = m1a + m1 g = 
g
 m2 + m1 
Utilisons ces résultats :
r r
Si m2 -> 0, on obtient une chute libre a ≅ g
r
r
r
Si m2 = m1 alors tient T = mg = ma
Y`
r
T1
r
N
r
T2
X`
r
P1
r α
P2
Le plan incliné : presque la même chose
1er solide : on décompose les forces dans le repère horizontal pour faire le bilan des forces sur
chaque axes x et y
r
(1) ∑ Fx = 0
r
r
(2) ∑ FY = T – m1g= m1a
2nd solide on décompose les forces dans le repère adapté, c'est-à-dire le repère incliné
pour faire le bilan des forces sur chaque axe x’et y’
r
(3) ∑Fx′ = m2g.sinθ – T= m2a
r
(4) ∑ FY ′ = N– m2g.cosθ = 0
de l’équation (4), on déduit la norme de la réaction du plan incliné N= m2g.cosθ
qui ne dépend bien sûr que des paramètre du solide 2.
Le paramètre T fait le « lien » entre les deux systèmes d’équations
En éliminant entre (2) et (3), m2g.sinθ – m1g = (m2 + m1).a
 m sin θ − m1 
a= 2
g
m1 + m2 

Donc
mm
T = m1 (a + g ) = 1 2 (1 + sin θ ) g
m1 + m2
On peut retrouver le résultat précédent avec θ = 90
3)
r
(1) ∑ Fx = 0
r
(2) ∑ FY = T– m1g = 0
r
(3) ∑ Fx′ = m2g.sinθ – T – FR = 0
r
(4) ∑ FY ′ = N– m2g.cosθ = 0
l’équation (2) détermine la norme de la tension T
et FR = m2g.sinα - m1g
si m2.sinα est supérieure à m1, la force de frottement retient m2 dans sa chute vers le bas