Exercices corrigés : dynamique et les lois de Newton (physique, secondaire 5)

$F_{g}=m g=10\times 9{,}8=98$ N, dirigé vers le bas.

La boîte n'accélère pas verticalement : la normale équilibre le poids, donc $F_{N}=F_{g}=98$ N, dirigée vers le haut.

$\Sigma F_{x}=40-15=25$ N vers la droite.

$a=\dfrac{\Sigma F}{m}=\dfrac{25}{10}=2{,}5$ m/s², vers la droite (même direction que la résultante).

Sur l'horizontale, $F_{N}=m g=20\times 9{,}8=196$ N.

$F_{f}=\mu F_{N}=0{,}25\times 196=49$ N, opposée au mouvement.

$\Sigma F=100-49=51$ N dans le sens du mouvement.

$a=\dfrac{\Sigma F}{m}=\dfrac{51}{20}=2{,}55$ m/s².

Sur un sol horizontal, $F_{N}=mg=(40)(9{,}8)=392$ N. Le frottement statique peut atteindre au maximum $\mu_{s}F_{N}=(0{,}50)(392)=196$ N. Il faut donc dépasser 196 N pour que la caisse se mette en mouvement.

Le frottement statique n'est PAS une valeur fixe : c'est une force qui s'ajuste pour équilibrer ce qu'on lui oppose, jusqu'à un plafond. Comme la caisse ne bouge pas, la résultante est nulle et le frottement vaut exactement 150 N, la force appliquée. La formule $\mu_{s}F_{N}$ ne donne que le MAXIMUM disponible, pas la valeur en cours. Écrire $f=\mu_{s}F_{N}=196$ N ici serait doublement faux : ni la caisse ne bougerait sous une résultante de $-46$ N, ni le frottement ne peut pousser plus fort qu'on ne tire.

Une fois lancée, c'est le frottement CINÉTIQUE qui agit : $f=\mu_{c}F_{N}=(0{,}35)(392)=137{,}2$ N. Avec les 196 N maintenus : $F_{res}=196-137{,}2=58{,}8$ N, donc $a=\frac{58{,}8}{40}=1{,}47$ m/s². La caisse démarre d'un coup précisément parce que $\mu_{c}<\mu_{s}$ : la force qu'il a fallu pour vaincre le seuil devient soudain excédentaire dès que le mouvement s'amorce. C'est la sensation familière du meuble qui résiste, puis part brusquement.

Sur un plan incliné, la composante motrice vaut $mg\sin\theta$ et le frottement maximal $\mu_{s}mg\cos\theta$. Le glissement commence quand $mg\sin\theta=\mu_{s}mg\cos\theta$, c'est-à-dire $\tan\theta=\mu_{s}=0{,}50$, soit $\theta\approx 26{,}6°$. La masse a disparu : l'angle de décrochage ne dépend que des matériaux, et c'est d'ailleurs la façon la plus simple de MESURER un coefficient de frottement. Une fois partie, la caisse subit $a=g(\sin\theta-\mu_{c}\cos\theta)=9{,}8(0{,}4472-(0{,}35)(0{,}8944))\approx 1{,}3$ m/s² : elle ACCÉLÈRE, encore une fois parce que le coefficient cinétique est plus petit. Sur un plan tout juste incliné au seuil, l'objet ne se contente donc pas de glisser doucement, il dévale.

La distance d'arrêt vaut $d=\frac{v^{2}}{2\mu g}$. Roues bloquées, avec $\mu_{c}=0{,}35$ : $d=\frac{625}{2(0{,}35)(9{,}8)}\approx 91$ m. Roues à la limite du roulement, avec $\mu_{s}=0{,}50$ : $d=\frac{625}{2(0{,}50)(9{,}8)}\approx 64$ m. Vingt-sept mètres de moins, soit près de 30 % : c'est toute la raison d'être du système ABS, qui relâche et reprend le freinage des dizaines de fois par seconde pour maintenir les roues juste en deçà du blocage. Un pneu qui roule sans glisser a son point de contact momentanément IMMOBILE par rapport à la route, c'est donc bien le frottement statique qui agit, et il est plus fort. Bloquer les roues, c'est perdre à la fois de la distance et toute possibilité de diriger le véhicule.

Accélération nulle : $F_{N}=m g=60\times 9{,}8=588$ N.

$F_{N}-m g=m a\Rightarrow F_{N}=m(g+a)=60\times(9{,}8+2)=708$ N (poids apparent plus grand).

$F_{N}=m(g-a)=60\times(9{,}8-2)=468$ N (poids apparent plus petit).

En chute libre, $a=-g$, donc $F_{N}=m(g-g)=0$ N : la personne se sent en apesanteur (impesanteur).

$F_{g\parallel}=m g\sin\theta=5\times 9{,}8\times\sin 30^{\circ}=49\times 0{,}5=24{,}5$ N.

$F_{N}=m g\cos\theta=5\times 9{,}8\times\cos 30^{\circ}\approx 49\times 0{,}866=42{,}4$ N.

$F_{f}=\mu F_{N}=0{,}2\times 42{,}4\approx 8{,}49$ N, dirigée vers le haut du plan (elle s'oppose au glissement).

$\Sigma F=F_{g\parallel}-F_{f}=24{,}5-8{,}49\approx 16{,}0$ N vers le bas. $a=\dfrac{\Sigma F}{m}=\dfrac{16{,}0}{5}\approx 3{,}20$ m/s².

C'est le poids du bloc B qui tire le système : $F=m_{B}\,g=2\times 9{,}8=19{,}6$ N.

Masse totale en mouvement : $m_{A}+m_{B}=5$ kg. $a=\dfrac{F}{m_{tot}}=\dfrac{19{,}6}{5}=3{,}92$ m/s².

Sur le bloc B : $m_{B}g-T=m_{B}a\Rightarrow T=m_{B}(g-a)=2\times(9{,}8-3{,}92)=11{,}76$ N. Vérification avec A (seule force horizontale) : $T=m_{A}a=3\times 3{,}92=11{,}76$ N. Cohérent.

$\Delta x=\frac{1}{2}a\,\Delta t^{2}=\frac{1}{2}\times 3{,}92\times 2^{2}=7{,}84$ m.

Système complet : $a=\dfrac{F}{m_{A}+m_{B}}=\dfrac{30}{6{,}0}=5{,}0$ m/s².

La seule force horizontale sur B est le contact avec A : $F_{AB}=m_{B}\,a=2{,}0\times 5{,}0=10$ N.

L'accélération reste 5,0 m/s². Cette fois, c'est le bloc A (devant) qui n'est poussé que par le contact : $F_{BA}=m_{A}\,a=4{,}0\times 5{,}0=20$ N.

La force de contact ne transmet que ce qu'il faut pour accélérer LA MASSE SITUÉE DEVANT. Quand le bloc léger est devant, le contact ne doit accélérer que 2 kg (10 N) ; quand le bloc lourd est devant, il doit en accélérer 4 kg (20 N). La force appliquée se répartit selon les masses en aval, pas également.

$a=\dfrac{v_{f}^{2}-v_{i}^{2}}{2\,\Delta x}=\dfrac{0-64}{2\times 10}=-3{,}2$ m/s².

Trois forces : le poids $mg$ vers le bas, la normale $F_{N}=mg$ (sol horizontal, pas d'autre force verticale) et le frottement $F_{f}=\mu mg$ vers l'arrière. Horizontalement : $-\mu mg=ma$, donc $\mu=\dfrac{|a|}{g}$ : la masse se simplifie, une caisse lourde ou légère s'arrête sur la même distance.

$\mu=\dfrac{3{,}2}{9{,}8}\approx 0{,}33$.

La décélération est la même (elle ne dépend que de $\mu$ et $g$), et $\Delta x=\dfrac{v_{i}^{2}}{2|a|}$ est proportionnelle au CARRÉ de la vitesse initiale : à 16 m/s (le double), la distance est quadruplée, soit 40 m.

Sur $m_{1}$ : son poids $m_{1}g$ vers le bas et la tension $T$ vers le haut. Sur $m_{2}$ : son poids $m_{2}g$ vers le bas et la tension $T$ vers le haut, la même puisque la corde est sans masse et la poulie sans frottement. La paire action-réaction est : la corde tire le bloc $m_{1}$ vers le haut avec la force $T$, et le bloc $m_{1}$ tire la corde vers le bas avec la force $T$. Ces deux forces ne s'annulent jamais dans une équation du mouvement parce qu'elles s'appliquent à des OBJETS DIFFÉRENTS : l'une agit sur le bloc, l'autre sur la corde. On ne peut additionner que les forces subies par un même corps. Confondre une paire action-réaction avec deux forces qui s'équilibrent sur un même objet est l'erreur la plus tenace du chapitre.

En orientant positivement le sens du mouvement (montée pour $m_{1}$, descente pour $m_{2}$), les deux blocs ont la même accélération $a$ en grandeur, puisque la corde est inextensible. Pour $m_{1}$ : $T-m_{1}g=m_{1}a$. Pour $m_{2}$ : $m_{2}g-T=m_{2}a$. En additionnant membre à membre, la tension disparaît : $(m_{2}-m_{1})g=(m_{1}+m_{2})a$, d'où $a=\frac{(m_{2}-m_{1})g}{m_{1}+m_{2}}$. Lecture physique : la force motrice est la DIFFÉRENCE des poids, mais elle doit mettre en mouvement la SOMME des masses.

$a=\frac{(5{,}0-3{,}0)(9{,}8)}{8{,}0}=2{,}45$ m/s², soit un quart de $g$. Tension : $T=m_{1}(g+a)=(3{,}0)(9{,}8+2{,}45)=36{,}75$ N. Vérification avec l'autre bloc : $T=m_{2}(g-a)=(5{,}0)(9{,}8-2{,}45)=36{,}75$ N, cohérent. Les deux poids valent $m_{1}g=29{,}4$ N et $m_{2}g=49$ N : la tension, 36,75 N, est bien comprise entre les deux, ce qui est logique puisqu'elle doit soulever le petit bloc en le faisant accélérer vers le haut, tout en freinant le gros.

La chute libre est trop rapide pour être chronométrée à la main : un objet lâché de deux mètres touche le sol en 0,64 s. La machine d'Atwood permet de DILUER la gravité : en choisissant deux masses proches, on obtient une accélération aussi faible qu'on veut, donc un mouvement lent, mesurable au pendule ou à l'œil, tout en restant régi par la même constante $g$ que l'on cherche. Si les deux masses deviennent égales, $a=0$ : le système reste immobile ou garde sa vitesse, en équilibre indifférent. Si l'une est nulle, $a=g$ : on retrouve la chute libre, ce qui confirme que la formule contient bien le cas limite.

La poulie subit la tension des deux brins, tous deux verticaux et dirigés vers le bas : $F=2T=2(36{,}75)=73{,}5$ N. Or le poids total des deux blocs vaut $(8{,}0)(9{,}8)=78{,}4$ N. La poulie supporte donc MOINS que le poids total, à hauteur de 4,9 N de moins. Ce n'est pas une erreur : le système n'est pas en équilibre, et son centre de masse ACCÉLÈRE vers le bas, puisque la masse qui descend est plus grande que celle qui monte. Pour qu'un système accélère vers le bas, il faut précisément que le support le retienne moins que son poids. On peut le vérifier : l'accélération du centre de masse vaut $\frac{(m_{2}-m_{1})}{(m_{1}+m_{2})}a=0{,}6125$ m/s² vers le bas, et $(8{,}0)(0{,}6125)=4{,}9$ N, exactement le déficit constaté. Peser la machine en marche donnerait donc un résultat plus faible qu'à l'arrêt.

$F_{N}-mg=ma$ donne $a=\dfrac{F_{N}}{m}-g=\dfrac{784}{70}-9{,}8=11{,}2-9{,}8=+1{,}4$ m/s², orientée vers le HAUT (poids apparent plus grand que le poids réel).

$a=\dfrac{588}{70}-9{,}8=8{,}4-9{,}8=-1{,}4$ m/s², vers le BAS. Deux situations : l'ascenseur DÉMARRE une descente (il accélère vers le bas), ou il TERMINE une montée (il ralentit en montant). Dans les deux cas, l'accélération pointe vers le bas ; la balance ne distingue pas le sens du mouvement, seulement celui de l'accélération.

En chute libre, $a=-g$ : $F_{N}=m(g+a)=m(g-g)=0$. La balance indiquerait ZÉRO : la personne « flotte » par rapport à la cabine, c'est l'impesanteur apparente.

Pour la cabine complète : $T-Mg=Ma$, donc $T=M(g+a)=500\times(9{,}8+1{,}4)=500\times 11{,}2=5600$ N.