Exercices corrigés — Cinématique et deuxième loi de Newton

1. Le système étudié est le colis, modélisé par son centre de masse $G$. Le référentiel est le référentiel terrestre, lié au centre de tri : la descente est courte et peu étendue, et on le considère comme galiléen. Trois forces extérieures s’exercent sur le colis :

• le poids $\vec{P}$, vertical, vers le bas, de valeur $P = m \times g = 4{,}0\ \text{kg} \times 9{,}81\ \text{N}\cdot\text{kg}^{-1} = 39\ \text{N}$ ;
• la réaction normale $\vec{R}$ du toboggan, perpendiculaire à sa surface, orientée vers l’extérieur ;
• la force de frottement $\vec{f}$ du toboggan, parallèle à la pente et orientée vers le haut, puisqu’elle s’oppose au mouvement, de valeur $f = 14\ \text{N}$.

2. La deuxième loi de Newton, appliquée au colis dans le référentiel terrestre supposé galiléen, s’écrit :

$\vec{P} + \vec{R} + \vec{f} = m \times \vec{a}$

On écrit d’abord les coordonnées de chaque force dans le repère du schéma. Le poids fait avec la perpendiculaire à la pente un angle égal à $\alpha$, car ces deux angles ont leurs côtés perpendiculaires deux à deux, comme le montre le schéma. Dans le triangle rectangle formé par le poids et ses deux projections, la coordonnée sur $(Ox)$ est le côté opposé à cet angle, d’où le sinus, et la coordonnée sur $(Oy)$ le côté adjacent, d’où le cosinus. Le poids est orienté vers le bas de la pente et vers le toboggan, d’où les signes :

$P_x = m \times g \times \sin\alpha \qquad P_y = -m \times g \times \cos\alpha$

La réaction normale est portée par l’axe $(Oy)$, dans son sens : $R_x = 0$ et $R_y = R$. La force de frottement est portée par l’axe $(Ox)$, en sens contraire : $f_x = -f$ et $f_y = 0$.

Sur l’axe $(Oy)$ : le colis reste au contact du toboggan, son centre de masse ne se déplace pas selon cet axe, donc $a_y = 0$. La projection donne :

$-m \times g \times \cos\alpha + R = 0 \qquad \text{d'où} \qquad R = m \times g \times \cos\alpha$

$R = 4{,}0\ \text{kg} \times 9{,}81\ \text{N}\cdot\text{kg}^{-1} \times 0{,}866 = 34\ \text{N}$

Sur l’axe $(Ox)$ :

$m \times g \times \sin\alpha - f = m \times a_x \qquad \text{d'où} \qquad a_x = g \times \sin\alpha - \dfrac{f}{m}$

$a_x = 9{,}81\ \text{N}\cdot\text{kg}^{-1} \times 0{,}500 - \dfrac{14\ \text{N}}{4{,}0\ \text{kg}} = 4{,}9\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2} - 3{,}5\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2} = 1{,}4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

Un newton par kilogramme est un mètre par seconde au carré : $1\ \text{N}\cdot\text{kg}^{-1} = 1\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$. Le vecteur accélération est donc parallèle à la pente, orienté vers le bas, de valeur $1{,}4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$. Il est constant, et le colis part sans vitesse : son mouvement est rectiligne uniformément accéléré. Sans frottement, l’accélération vaudrait $g \times \sin\alpha = 4{,}9\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$.

3. Le coefficient $0{,}70$ s’exprime en $\text{m}\cdot\text{s}^{-2}$, puisque $x$ est en mètres et $t^{2}$ en secondes au carré : $x(t) = 0{,}70\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2} \times t^{2}$. On dérive par rapport au temps, sachant que la dérivée de $t^{2}$ est $2\,t$ :

$v_x(t) = \dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = 2 \times 0{,}70\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2} \times t = 1{,}4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2} \times t$

On dérive ensuite la vitesse, sachant que la dérivée de $t$ est $1$ :

$a_x = \dfrac{\mathrm{d}v_x}{\mathrm{d}t} = 1{,}4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

C’est la valeur trouvée à la question 2 : la deuxième loi de Newton, avec une force de frottement constante de $14\ \text{N}$, décrit bien la descente filmée.

4. Le colis arrive en bas quand son abscisse vaut $L = 2{,}0\ \text{m}$, à une date $t_{\text{f}}$ positive :

$0{,}70\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2} \times t_{\text{f}}^{2} = 2{,}0\ \text{m}$

$t_{\text{f}} = \sqrt{\dfrac{2{,}0\ \text{m}}{0{,}70\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}}} = 1{,}69\ \text{s}$

La descente dure donc environ $1{,}7\ \text{s}$. La vitesse à cette date vaut :

$v_{\text{f}} = 1{,}4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2} \times 1{,}69\ \text{s} = 2{,}4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$

Le colis arrive en bas à $2{,}4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$, soit un peu moins de $9\ \text{km}\cdot\text{h}^{-1}$.

5. Avec l’axe orienté vers le haut de la pente, les coordonnées changent de signe : $P_x = -m \times g \times \sin\alpha$ et $f_x = +f$. La projection donne alors :

$a_x = -g \times \sin\alpha + \dfrac{f}{m} = -4{,}9\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2} + 3{,}5\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2} = -1{,}4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

Le vecteur accélération, lui, n’a pas changé : il reste parallèle à la pente, orienté vers le bas, de valeur $1{,}4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$. Seule sa coordonnée a changé de signe, parce que l’axe a été retourné. Une coordonnée négative ne veut pas dire que le colis ralentit : sa vitesse a elle aussi une coordonnée négative sur cet axe, vitesse et accélération restent de même sens, et le colis va de plus en plus vite.

Réflexe à retenir : sur un plan incliné, l’angle de la pente se retrouve entre le poids et la perpendiculaire à la pente. Écris chaque coordonnée avec le signe qui correspond au sens de l’axe avant de projeter.

1. La distance entre deux positions se calcule à partir de leurs coordonnées :

$M_2M_3 = \sqrt{(x_3 - x_2)^{2} + (y_3 - y_2)^{2}}$

$M_2M_3 = \sqrt{(16{,}89\ \text{m} - 19{,}61\ \text{m})^{2} + (18{,}43\ \text{m} - 15{,}51\ \text{m})^{2}} = 3{,}99\ \text{m}$

Le cycliste parcourt cette distance pendant la durée $\tau$ :

$v = \dfrac{M_2M_3}{\tau} = \dfrac{3{,}99\ \text{m}}{0{,}50\ \text{s}} = 7{,}98\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$

soit environ $8{,}0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$, ou $29\ \text{km}\cdot\text{h}^{-1}$. Le même calcul entre les autres positions donne chaque fois une distance comprise entre $3{,}99\ \text{m}$ et $4{,}00\ \text{m}$ : le cycliste parcourt des distances égales pendant des durées égales, la valeur de sa vitesse est constante. Comme sa trajectoire est un cercle, son mouvement est circulaire uniforme.

2. Le vecteur vitesse en $M_2$ s’obtient avec les deux positions qui l’encadrent, $M_1$ et $M_3$, séparées par la durée $2\tau$ :

$v_{2x} = \dfrac{x_3 - x_1}{2\tau} = \dfrac{16{,}89\ \text{m} - 21{,}83\ \text{m}}{2 \times 0{,}50\ \text{s}} = -4{,}94\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$

$v_{2y} = \dfrac{y_3 - y_1}{2\tau} = \dfrac{18{,}43\ \text{m} - 12{,}18\ \text{m}}{2 \times 0{,}50\ \text{s}} = 6{,}25\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$

$v_2 = \sqrt{v_{2x}^{2} + v_{2y}^{2}} = \sqrt{(-4{,}94\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1})^{2} + (6{,}25\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1})^{2}} = 7{,}97\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$

De même en $M_4$, avec $M_3$ et $M_5$ :

$v_{4x} = \dfrac{x_5 - x_3}{2\tau} = \dfrac{10{,}23\ \text{m} - 16{,}89\ \text{m}}{2 \times 0{,}50\ \text{s}} = -6{,}66\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$

$v_{4y} = \dfrac{y_5 - y_3}{2\tau} = \dfrac{22{,}81\ \text{m} - 18{,}43\ \text{m}}{2 \times 0{,}50\ \text{s}} = 4{,}38\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$

$v_4 = \sqrt{(-6{,}66\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1})^{2} + (4{,}38\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1})^{2}} = 7{,}97\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$

Le vecteur $\vec{v}_2$ est parallèle à la corde $M_1M_3$, et le vecteur $\vec{v}_4$ à la corde $M_3M_5$. Le mouvement étant uniforme, $M_2$ est au milieu de l’arc $M_1M_3$, et sur un cercle la corde $M_1M_3$ est alors parallèle à la tangente en $M_2$ ; de même pour $M_4$. Les deux vecteurs sont donc tangents à la trajectoire, orientés dans le sens du parcours. Ils ont la même valeur, mais pas la même direction : le vecteur vitesse a changé entre $M_2$ et $M_4$.

3. Le vecteur accélération en $M_3$ s’obtient avec les deux vitesses qui l’encadrent :

$a_{3x} = \dfrac{v_{4x} - v_{2x}}{2\tau} = \dfrac{-6{,}66\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1} - (-4{,}94\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1})}{2 \times 0{,}50\ \text{s}} = -1{,}72\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

$a_{3y} = \dfrac{v_{4y} - v_{2y}}{2\tau} = \dfrac{4{,}38\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1} - 6{,}25\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}}{2 \times 0{,}50\ \text{s}} = -1{,}87\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

$a_3 = \sqrt{(-1{,}72\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2})^{2} + (-1{,}87\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2})^{2}} = 2{,}54\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

Diviser par $2\tau = 1{,}00\ \text{s}$ ne change pas le nombre, mais change l’unité : des $\text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ deviennent des $\text{m}\cdot\text{s}^{-2}$.

4. Le vecteur $\overrightarrow{M_3O}$, qui va de $M_3$ vers le centre, a pour coordonnées $0 - x_3 = -16{,}89\ \text{m}$ et $0 - y_3 = -18{,}43\ \text{m}$. On compare ses coordonnées à celles de $\vec{a}_3$ :

$\dfrac{a_{3x}}{-x_3} = \dfrac{-1{,}72\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}}{-16{,}89\ \text{m}} = 0{,}102\ \text{s}^{-2}$

$\dfrac{a_{3y}}{-y_3} = \dfrac{-1{,}87\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}}{-18{,}43\ \text{m}} = 0{,}101\ \text{s}^{-2}$

Aux arrondis près, les coordonnées de $\vec{a}_3$ sont celles de $\overrightarrow{M_3O}$ multipliées par un même nombre positif : les deux vecteurs ont la même direction et le même sens. Le vecteur accélération est dirigé vers le centre $O$ : il est centripète.

Pour un mouvement circulaire uniforme, le repère de Frenet donne $a_t = \dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = 0$, puisque la valeur de la vitesse est constante, et :

$a_n = \dfrac{v^{2}}{R} = \dfrac{(7{,}98\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1})^{2}}{25{,}0\ \text{m}} = 2{,}55\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

Les deux valeurs, $2{,}54\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$ et $2{,}55\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$, diffèrent de moins de $1\ \%$ : la chronophotographie confirme le résultat du cours. Le petit écart vient de la méthode, qui remplace la dérivée par un quotient sur une durée $2\tau$, et de l’arrondi des positions au centimètre.

5. Le système est {cycliste + vélo}, et le référentiel est le référentiel terrestre : le drone est immobile par rapport au sol. La scène dure $3{,}0\ \text{s}$ et s’étend sur une vingtaine de mètres, on peut le considérer comme galiléen. Trois forces extérieures s’exercent sur le système :

• le poids $\vec{P}$, vertical, vers le bas, de valeur $P = m \times g = 80\ \text{kg} \times 9{,}81\ \text{N}\cdot\text{kg}^{-1} = 7{,}8 \times 10^{2}\ \text{N}$ ;
• l’action de la route $\vec{F}_{\text{route}}$, qui s’exerce sur les pneus ;
• l’action de l’air $\vec{F}_{\text{air}}$, opposée au mouvement.

La deuxième loi de Newton s’écrit $\vec{P} + \vec{F}_{\text{route}} + \vec{F}_{\text{air}} = m \times \vec{a}_3$ : la somme des forces a la direction et le sens de $\vec{a}_3$. Elle est donc horizontale, dirigée vers le centre $O$, et sa valeur vaut :

$\Sigma F = m \times a_3 = 80\ \text{kg} \times 2{,}54\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2} = 2{,}0 \times 10^{2}\ \text{N}$

Quelle action fournit cette force vers le centre ? Le poids est vertical, et il est compensé par la partie verticale de l’action de la route, puisque le cycliste ne monte ni ne descend. L’action de l’air est opposée au mouvement, donc tangente à la trajectoire : elle ne peut pas tirer vers le centre, et elle est compensée par la poussée vers l’avant que la route exerce sur la roue arrière, entraînée par le pédalage. Il reste la partie de l’action de la route dirigée vers $O$ : c’est la force de frottement latérale exercée par la route sur les pneus qui fait tourner le cycliste. Sur une route verglacée, où cette force devient très faible, le cycliste ne peut plus tourner et continue presque tout droit.

6. La vitesse augmente régulièrement : la coordonnée tangentielle est constante, et vaut :

$a_t = \dfrac{\Delta v}{\Delta t} = \dfrac{9{,}0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1} - 8{,}0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}}{4{,}0\ \text{s}} = 0{,}25\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

La coordonnée normale dépend de la vitesse ; à $9{,}0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ :

$a_n = \dfrac{v^{2}}{R} = \dfrac{(9{,}0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1})^{2}}{25{,}0\ \text{m}} = 3{,}2\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$

Le mouvement est alors circulaire non uniforme. Le vecteur accélération n’est plus dirigé exactement vers le centre : sa coordonnée tangentielle, positive, l’incline vers l’avant, dans le sens du mouvement. Comme $a_t$ est bien plus petite que $a_n$, il reste toutefois très proche de la direction du centre, et sa valeur $a = \sqrt{a_t^{2} + a_n^{2}} = \sqrt{(0{,}25\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2})^{2} + (3{,}2\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2})^{2}} = 3{,}2\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$ est presque celle de $a_n$. En passant de $8{,}0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ à $9{,}0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ sur le même cercle, le cycliste demande à la route une force vers le centre plus grande : $a_n$ croît comme le carré de la vitesse.

Réflexe à retenir : sur une chronophotographie, la vitesse en un point se calcule avec les deux positions qui l’encadrent, l’accélération avec les deux vitesses qui l’encadrent, et on divise chaque fois par $2\tau$. Dans un virage, même à vitesse constante, le vecteur accélération pointe vers l’intérieur.