Exercices corrigés : travail, énergie et puissance (203-NYA)

a) Verticalement, la composante $T\sin 30^{\circ}=50$ N soulage le sol : $N=mg-T\sin 30^{\circ}=245-50=195$ N. La normale n'est pas $mg$ dès qu'une autre force possède une composante verticale : elle se lit dans l'équation des $y$, jamais par réflexe.

b) Tension : $W_{T}=Td\cos 30^{\circ}=(100)(8)(0{,}866)\approx 693$ J. Frottement : $f_{k}=\mu_{k}N=(0{,}20)(195)=39$ N, opposé au mouvement, $W_{f}=-(39)(8)=-312$ J. Poids et normale : perpendiculaires au déplacement, $W_{g}=W_{N}=0$.

c) $W_{net}=693-312\approx 381$ J. Théorème de l'énergie cinétique : $\frac{1}{2}mv^{2}=W_{net}$ (départ du repos), donc $v=\sqrt{\frac{2(381)}{25}}\approx 5{,}5$ m/s.

d) Pas forcément, et ici non : tirer horizontalement porte le travail de la tension à $Td=800$ J, mais supprime le soulagement vertical : $N$ remonte à 245 N, $f_{k}$ à 49 N, et $W_{f}$ à $-392$ J. Bilan : $W_{net}=800-392=408$ J, à peine mieux que 381 J. Les deux effets jouent en sens contraires; avec un $\mu_{k}$ plus grand, l'angle vers le haut peut même devenir avantageux. C'est tout l'intérêt du bilan complet : une seule force ne décide de rien.

a) Le freinage retire toute l'énergie cinétique : $Fd=\frac{1}{2}mv^{2}$, donc $d=\frac{(0{,}5)(1200)(25)^{2}}{7500}=\frac{375\,000}{7500}=50$ m.

b) $d=\frac{mv^{2}}{2F}$ est proportionnelle à $v^{2}$ : doubler la vitesse quadruple la distance, $d=200$ m. C'est le cœur des campagnes de sécurité routière : à 180 km/h, il faut quatre fois plus de route qu'à 90 km/h, pas deux.

c) L'accélération vaut $a=\frac{F}{m}=6{,}25$ m/s², donc $t=\frac{v}{a}=\frac{25}{6{,}25}=4$ s. La durée, elle, double seulement (8 s à 180 km/h) : le temps dépend de $v$ (il faut annuler la vitesse, au rythme constant $a$), la distance dépend de $v^{2}$ (il faut dissiper l'énergie, qui croît comme le carré). Deux grandeurs, deux lois.

d) Le théorème relie directement l'état initial (25 m/s) à l'état final (arrêt) sans passer par le temps, inconnu ici : une seule équation, une seule inconnue. Vérification cinématique : $0=(25)^{2}-2(6{,}25)\Delta x$ donne bien $\Delta x=\frac{625}{12{,}5}=50$ m. Les deux méthodes concordent; l'énergie évite simplement le détour.

a) La tension reste à chaque instant perpendiculaire à la vitesse (le fil est radial, le mouvement tangentiel) : $W=Fd\cos 90^{\circ}=0$. La seule force qui travaille est le poids, force conservative : l'énergie mécanique se conserve.

b) Hauteur : $h=L(1-\cos\theta_{0})=2{,}5(1-0{,}5)=1{,}25$ m. Conservation : $\frac{1}{2}mv^{2}=mgh$, donc $v=\sqrt{2(9{,}8)(1{,}25)}=\sqrt{24{,}5}\approx 4{,}95$ m/s.

c) Au point bas, la bille décrit un cercle : la résultante doit pointer vers le centre (vers le haut) avec la grandeur $\frac{mv^{2}}{L}$. Donc $T-mg=\frac{mv^{2}}{L}$, soit $T=0{,}8(9{,}8)+\frac{0{,}8(24{,}5)}{2{,}5}=7{,}84+7{,}84=15{,}68$ N. La tension dépasse le poids parce qu'elle doit non seulement porter la bille, mais aussi courber sa trajectoire : l'excédent est exactement la force centripète.

d) Conservation depuis l'angle $\theta_{0}$ : $v^{2}=2gL(1-\cos\theta_{0})$. Au point bas : $T=mg+\frac{mv^{2}}{L}=mg+2mg(1-\cos\theta_{0})=mg(3-2\cos\theta_{0})$. La longueur du fil a disparu du résultat. À $\theta_{0}=60^{\circ}$ : $T=mg(3-1)=2mg$, ce qui redonne bien 15,68 N pour notre bille. $T>2mg$ exige $3-2\cos\theta_{0}>2$, soit $\cos\theta_{0}<\frac{1}{2}$ : au-delà de 60°. Lâché à l'horizontale ($\theta_{0}=90^{\circ}$), le fil supporte $3mg$ : c'est le critère de résistance à retenir pour dimensionner un câble.

a) $E_{e}=\frac{1}{2}kx^{2}=\frac{1}{2}(200)(0{,}10)^{2}=1{,}00$ J. Sur surface lisse, tout passe en énergie cinétique : $v=\sqrt{\frac{2(1{,}00)}{0{,}5}}=2{,}0$ m/s.

b) Frottement : $f_{k}=\mu_{k}mg=(0{,}30)(0{,}5)(9{,}8)=1{,}47$ N. Énergie dissipée : $f_{k}d=(1{,}47)(0{,}50)=0{,}735$ J. Il reste $1{,}00-0{,}735=0{,}265$ J, donc $v=\sqrt{\frac{2(0{,}265)}{0{,}5}}\approx 1{,}03$ m/s.

c) Arrêt quand toute l'énergie est dissipée : $d_{max}=\frac{E}{f_{k}}=\frac{1{,}00}{1{,}47}\approx 0{,}68$ m. La zone de 50 cm est franchie, mais de peu : 18 cm de rugueux supplémentaires suffiraient à arrêter le bloc. Les trois quarts de l'énergie initiale ($0{,}735$ sur $1{,}00$ J) restent dans la zone rugueuse.

d) Bilan : énergie potentielle élastique (1,00 J) $\rightarrow$ énergie cinétique (1,00 J) $\rightarrow$ énergie cinétique (0,265 J) $+$ énergie dissipée par frottement (0,735 J), puis plus rien ne change sur la surface lisse finale. L'énergie dissipée devient de l'énergie thermique : les surfaces en contact s'échauffent légèrement. Elle n'est pas détruite, mais elle n'est plus récupérable par le mouvement : c'est le propre d'une force non conservative.

a) Vitesse constante : accélération nulle, donc $\Sigma F=0$ le long de la pente. La traction doit équilibrer la composante du poids ET les résistances : $F_{tr}=mg\sin 5^{\circ}+600=(1500)(9{,}8)(0{,}0872)+600\approx 1281+600=1881$ N.

b) $P=F_{tr}\,v=(1881)(20)\approx 37\,600$ W $\approx 37{,}6$ kW. (À titre de repère, environ 50 chevaux : monter une côte à bonne allure mobilise une part importante de la puissance d'une voiture ordinaire.)

c) Durée : $t=\frac{2000}{20}=100$ s, donc $E=Pt\approx 3{,}76$ MJ. Gain d'altitude : $h=2000\sin 5^{\circ}\approx 174{,}3$ m, donc $\Delta E_{p}=mgh\approx (1500)(9{,}8)(174{,}3)\approx 2{,}56$ MJ. Dissipation : $(600)(2000)=1{,}20$ MJ. Vérification : $2{,}56+1{,}20=3{,}76$ MJ, le compte est bon. Environ deux tiers de l'essence de la montée se retrouvent stockés en altitude.

d) Sur le plat, seule la résistance de 600 N reste à vaincre : $P=(600)(20)=12$ kW, à peine le tiers de la montée. La différence, $25{,}6$ kW, est exactement le débit d'énergie potentielle $mgv\sin 5^{\circ}$ : monter, c'est essentiellement payer la gravité en temps réel.

e) En descente, la composante du poids ($\approx 1281$ N) pousse la voiture et dépasse les résistances (600 N) : sans freins, la voiture accélérerait. Pour maintenir 20 m/s, les freins doivent dissiper la différence : $F_{fr}=1281-600=681$ N, soit $P_{fr}=(681)(20)\approx 13{,}6$ kW. C'est pourquoi les longues descentes échauffent les freins et qu'on recommande le frein moteur : 13,6 kW dissipés en continu, c'est l'équivalent d'une dizaine de bouilloires.

a) Conservation sur la partie glacée : $mgh=\frac{1}{2}mv^{2}$, donc $v=\sqrt{2(9{,}8)(8)}\approx 12{,}5$ m/s. La masse se simplifie dans l'équation. La forme du profil n'intervient pas parce que le poids est conservatif : son travail ne dépend que de la dénivelée $h$, pas du chemin; et la normale, toujours perpendiculaire au mouvement, ne travaille sur aucun profil. Seuls comptent le départ et l'arrivée.

b) Sur le replat, le frottement $\mu_{k}mg$ dissipe l'énergie $mgh$ acquise : $\mu_{k}mg\,d=mgh$, donc $d=\frac{h}{\mu_{k}}=\frac{8}{0{,}25}=32$ m. La masse ET $g$ ont disparu : une luge lourde ou légère, sur Terre ou sur la Lune, s'arrête à la même distance. Il ne reste que la géométrie ($h$) et la qualité de la surface ($\mu_{k}$).

c) Les 12 m de neige prélèvent l'équivalent de $\mu_{k}\times 12=3$ m de dénivelée. Bilan en hauteurs équivalentes : $h'=8-(0{,}25)(12)=5$ m. La luge remonte à 5 m exactement (la seconde butte est glacée : aucune perte à la montée).

d) La luge redescend de 5 m, retraverse les 12 m rugueux (nouvelle perte de 3 m d'équivalent) et aborde la première butte avec $5-3=2$ m d'équivalent : elle y remonte à 2 m, puis redescend et repart sur le replat avec 2 m d'équivalent seulement. Elle ne peut plus le traverser : elle parcourt $\frac{2}{0{,}25}=8$ m et s'arrête définitivement DANS la zone rugueuse, aux deux tiers de la traversée (à 4 m de la seconde butte). Vérification globale : la luge a parcouru $12+12+8=32$ m de neige rugueuse, dissipant $(0{,}25)(32)=8$ m d'équivalent, exactement la hauteur initiale. Toute l'énergie $mgh$ a fini en chaleur dans la neige.