Dynamique du point : les lois de Newton

Pour deux points, $m\overrightarrow{OG}=m_1\overrightarrow{O{M}_1}+m_2\overrightarrow{O{M}_2}$ avec $m=m_1+m_2$. En dérivant, $m{\overrightarrow{v}}_G=m_1{\overrightarrow{v}}_1+m_2{\overrightarrow{v}}_2={\overrightarrow{p}}_1+{\overrightarrow{p}}_2=\overrightarrow{p}$. La quantité de mouvement totale est donc bien $m{\overrightarrow{v}}_G$.

Trois forces : le poids $\overrightarrow{P}=m\overrightarrow{g}$ (vers le bas), la réaction normale $\overrightarrow{N}$ (perpendiculaire au plan) et la force de frottement $\overrightarrow{f}$ (le long du plan, vers le haut puisqu'elle s'oppose à la tendance au glissement). À l'équilibre, $\overrightarrow{P}+\overrightarrow{N}+\overrightarrow{f}=\overrightarrow{0}$. En projetant sur les axes liés au plan (un le long, un perpendiculaire) : $f=mg\sin \alpha$ et $N=mg\cos \alpha$.

Sans frottement, $\overrightarrow{P}+\overrightarrow{N}=m\overrightarrow{a}$. La réaction $\overrightarrow{N}$ étant perpendiculaire au plan, la projection le long du plan (axe descendant) donne

$$ma=mg\sin \alpha ⟹a=g\sin \alpha .$$

L'accélération est indépendante de la masse, dirigée le long de la pente. Pour $\alpha =90^{\circ }$ on retrouve la chute libre $a=g$.

L'équation est $m\dot{v}=mg-kv$. En régime permanent $\dot{v}=0$ :

$$v_{\lim }=\frac{mg}{k}=\frac{2\times 10^{-3}\times 9,81}{0,04}\approx 0,49\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

Le temps caractéristique vaut $\tau =m/k=2\times 10^{-3}/0,04=0,05\mathrm{s}$ : la vitesse limite est atteinte en quelques centièmes de seconde.

On pose $v_{\lim }=mg/k$, $\tau =m/k$, puis $u=v/v_{\lim }$ et $x=t/\tau$. Alors $\dot{v}=\frac{v_{\lim }}{\tau }\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$ et l'équation devient, après division par $mg=k{v}_{\lim }$, $\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=1-u$. Cette forme ne contient aucun paramètre : tous les régimes de chute amortie linéairement sont identiques, à l'échelle de temps $\tau$ et de vitesse $v_{\lim }$ près.

$T_0=2\pi \sqrt{\ell /g}=2\pi \sqrt{1,0/9,81}\approx 2,0\mathrm{s}$. La période croît comme $\sqrt{\ell }$ : quadrupler la longueur double la période. Elle ne dépend ni de la masse ni (en première approximation) de l'amplitude.

Le fil étant inextensible, les deux masses ont des accélérations de même norme $a$. Pour $m_1$ (qui descend) : $m_{1}a=m_{1}g-T$. Pour $m_2$ (qui monte) : $m_{2}a=T-m_{2}g$. En additionnant,

$$a=\frac{(m_1-m_2)g}{m_1+m_2},T=\frac{2m_1{m}_{2}g}{m_1+m_2}.$$

Si $m_1=m_2$, $a=0$ (équilibre) ; si $m_2\to 0$, $a\to g$ (chute libre de $m_1$).

Système global $\{m_1+m_2\}$ : $F=(m_1+m_2)a$, donc $a=\frac{F}{m_1+m_2}$. La force de contact $\overrightarrow{C}$ exercée par $m_1$ sur $m_2$ se trouve en isolant $m_2$ : $C=m_{2}a=\frac{m_2}{m_1+m_2}F$. Par la troisième loi, $m_2$ exerce sur $m_1$ la force opposée $-\overrightarrow{C}$.

En régime permanent $mg=k{v}_{\lim }^2$, d'où $v_{\lim }=\sqrt{mg/k}=\sqrt{80\times 9,81/0,25}\approx 56\mathrm{m}/\mathrm{s}\approx 200\mathrm{km}/\mathrm{h}$ : ordre de grandeur réaliste en chute libre. Parachute ouvert, $k^{\prime }=25k$ donne $v_{\lim }^{\prime }=v_{\lim }/\sqrt{25}=v_{\lim }/5\approx 11\mathrm{m}/\mathrm{s}\approx 40\mathrm{km}/\mathrm{h}$, vitesse d'atterrissage acceptable.

1. Sur route plane, l'accélération est horizontale et centripète, de norme $v^2/R$. Le poids et la réaction normale sont verticaux ; seule la composante horizontale du frottement est centripète. La projection horizontale du PFD donne $f=m{v}^2/R$, la verticale $N=mg$. La condition d'adhérence $f\le \mu N$ s'écrit donc $\frac{m{v}^2}{R}\le \mu mg$, d'où

$$\boxed{v_{\max }=\sqrt{\mu gR}}.$$

La masse disparaît : un camion et une moto dérapent à la même vitesse.

2. Sec : $v_{\max }=\sqrt{0,8\times 9,81\times 50}\approx 19,8\mathrm{m}/\mathrm{s}\approx 71\mathrm{km}/\mathrm{h}$. Mouillé : $\sqrt{0,3\times 9,81\times 50}\approx 12,1\mathrm{m}/\mathrm{s}\approx 44\mathrm{km}/\mathrm{h}$. L'adhérence chutant, la vitesse de sécurité est presque divisée par deux : il faut nettement ralentir sous la pluie.

3. Sur un virage relevé sans frottement, seules $\overrightarrow{N}$ (perpendiculaire à la chaussée) et $m\overrightarrow{g}$ agissent. En projetant le PFD : verticale $N\cos \beta =mg$ ; horizontale (centripète) $N\sin \beta =m{v}_0^2/R$. Le rapport élimine $N$ :

$$\boxed{\tan \beta =\frac{v_0^2}{gR}}.$$

4. Relever le virage permet à la réaction de la route de fournir elle-même la force centripète : à la vitesse $v_0$, la voiture tient le virage même sans adhérence (verglas). Si $v>v_0$, il manque de la force centripète : le frottement doit compléter vers l'intérieur (tendance à glisser vers l'extérieur) ; si $v<v_0$, c'est l'inverse. Les autoroutes ne sont inclinées que de quelques degrés (elles comptent aussi sur l'adhérence), tandis qu'un vélodrome atteint $40$ à $45^{\circ }$ pour les vitesses élevées.

1. Un pèse-personne mesure la force de contact (la réaction normale $\overrightarrow{N}$) que le plateau exerce sur les pieds ; par le principe des actions réciproques, c'est l'opposée de la force que les pieds exercent sur lui. Il n'affiche donc pas directement le poids, mais traduit $N$ en « masse » en divisant par $g$.

2. Léa subit son poids $\overrightarrow{P}=m\overrightarrow{g}$ (vers le bas) et la réaction $\overrightarrow{N}$ (vers le haut). En projetant le PFD sur un axe vertical ascendant, avec une accélération $a$ de l'ascenseur orientée vers le haut : $$N-mg=ma⟹\boxed{N=m(g+a)}.$$

3. L'appareil affiche $m^{\prime }=N/g=m(g+a)/g=m(1+a/g)$. Numériquement : $$m^{\prime }=60\times \left(1+\frac{1,5}{9,81}\right)\approx 60\times 1,15\approx \boxed{69\mathrm{kg}}.$$ Soit environ $9\mathrm{kg}$ « en trop ».

4. En montée à vitesse constante, $a=0$ donc $N=mg$ : l'appareil affiche les vrais $60\mathrm{kg}$. Au freinage avant l'arrêt, l'accélération est dirigée vers le bas ($a<0$), donc $N=m(g+a)<mg$ : Léa se sent momentanément plus légère et l'aiguille descend sous $60\mathrm{kg}$. La « tricherie » ne dure que pendant les phases d'accélération : impossible de durablement gagner ou perdre du poids.

1. Roues bloquées, c'est la force de frottement solide $\overrightarrow{f}$ entre les pneus et la route qui ralentit la voiture, opposée au mouvement. Sa norme $f=\mu N$ dépend du couple pneu/route (via $\mu$) et de la charge $N$, mais pas de la surface de contact ni (à vitesse de freinage) de la vitesse.

2. Sur la verticale, la voiture ne décolle pas : $N=mg$. Sur l'horizontale, seule $\overrightarrow{f}$ agit, le PFD donne : $$ma=-f=-\mu N=-\mu mg⟹\boxed{a=-\mu g}.$$ La masse se simplifie : un camion et une citadine, mêmes pneus et même route, ont la même décélération. La masse n'aide pas à freiner plus court.

3. Mouvement uniformément décéléré jusqu'à l'arrêt ($v=0$). Avec $v^2=v_0^2-2\mu gd$ : $$\boxed{d=\frac{v_0^2}{2\mu g}}.$$ Comme $d\propto v_0^2$, doubler $v_0$ multiplie $d$ par $2^2=4$ : c'est exactement la règle du panneau.

4. Route sèche, $\mu =0,80$, $g=9,81\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$. À $v_0=50\mathrm{km}/\mathrm{h}=13,9\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $$d=\frac{13,9^2}{2\times 0,80\times 9,81}\approx \boxed{12\mathrm{m}}.$$ À $v_0=100\mathrm{km}/\mathrm{h}=27,8\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $d\approx 49\mathrm{m}$, soit bien $\approx 4\times 12\mathrm{m}$.

5. Sous la pluie, $\mu =0,40$ : $d$ double (car $d\propto 1/\mu$). À $50\mathrm{km}/\mathrm{h}$ : $$d=\frac{13,9^2}{2\times 0,40\times 9,81}\approx \boxed{25\mathrm{m}}.$$

1. Léa subit son poids $\overrightarrow{P}$ (vertical, vers le bas) et la réaction $\overrightarrow{N}$ du câble (perpendiculaire au câble via la poulie). Plus l'angle $\alpha$ est grand, plus la pente est raide : on s'attend à une descente plus rapide.

2. On projette le PFD $m\overrightarrow{a}=\overrightarrow{P}+\overrightarrow{N}$ sur un axe $(Ox)$ orienté vers le bas le long du câble. La réaction $\overrightarrow{N}$ étant perpendiculaire au câble, elle n'a pas de composante sur $(Ox)$. Le poids s'y projette en $P\sin \alpha =mg\sin \alpha$. D'où : $$ma=mg\sin \alpha ⟹\boxed{a=g\sin \alpha }$$ L'accélération ne dépend pas de la masse.

3. Numériquement : $a=9,81\times \sin (15^{\circ })=2,5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$. Le mouvement étant uniformément accéléré sur la longueur $L=30\mathrm{m}$, on utilise $v^2=2aL$ (départ sans vitesse) : $$v=\sqrt{2aL}=\sqrt{2\times 2,5\times 30}\approx \boxed{12\mathrm{m}/\mathrm{s}}(\approx 44\mathrm{km}/\mathrm{h}).$$

4. La vitesse réelle ($7,0\mathrm{m}/\mathrm{s}$) est bien inférieure à la valeur idéale ($12\mathrm{m}/\mathrm{s}$) : les frottements de la poulie et la résistance de l'air ne sont pas négligeables. Ils dissipent une partie de l'énergie et limitent la vitesse — heureusement, sinon l'arrivée serait brutale !

1. La caravane est mise en mouvement par l'attelage, qui exerce sur elle une force de tension $\overrightarrow{T}$ dirigée vers l'avant. C'est cette barre de liaison qui transmet l'effort du moteur de la voiture vers la caravane.

2. On applique le PFD au système global de masse $M=m_v+m_c$. Sur l'axe horizontal $(Ox)$ orienté vers l'avant, les forces internes (l'attelage) s'annulent deux à deux : seule subsiste la force motrice $F$. D'où : $$F=(m_v+m_c)a⟹\boxed{a=\frac{F}{m_v+m_c}}$$

3. On isole maintenant la caravane seule (masse $m_c$). La seule force horizontale est la tension de l'attelage $\overrightarrow{T}$ : $$T=m_{c}a=\frac{m_c}{m_v+m_c}F.$$ D'après la troisième loi de Newton (action--réaction), la caravane exerce sur la voiture, via l'attelage, une force opposée de même norme $T$ : c'est elle qui « freine » la voiture et explique pourquoi la traction ne sert pas qu'à accélérer la seule voiture.

4. Numériquement : $$a=\frac{3000}{1200+800}=\boxed{1,5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2},T=800\times 1,5=\boxed{1200\mathrm{N}}.$$ Avec une caravane deux fois plus lourde ($m_c=1600\mathrm{kg}$, $M=2800\mathrm{kg}$) : $a=3000/2800\approx 1,1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$ et $T=1600\times 1,1\approx 1700\mathrm{N}$. L'attelage est donc nettement plus sollicité : voilà pourquoi sa charge maximale est réglementée.

1. Au sommet, le wagon n'est soumis qu'à deux forces, toutes deux dirigées vers le bas (c'est-à-dire vers le centre de la boucle) : le poids $m\overrightarrow{g}$ et la réaction des rails $\overrightarrow{N}$ (les rails poussent le wagon vers l'intérieur).

2. Le mouvement est circulaire ; au sommet l'accélération est centripète, dirigée vers le bas, de norme $v^2/R$. On projette le PFD sur un axe vertical orienté vers le centre (vers le bas) :

$$mg+N=m\frac{v^2}{R}⟹\boxed{N=m\left(\frac{v^2}{R}-g\right)}.$$

3. Le contact est maintenu tant que $N\ge 0$ (les rails ne peuvent que pousser, pas tirer). La condition limite de décollage est $N=0$, soit :

$$\frac{v^2}{R}-g=0⟹\boxed{v_{min}=\sqrt{gR}}.$$

En dessous de cette vitesse, le wagon quitte les rails et chute en chute libre.

4. Avec $g=9,81\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$ et $R=8,0\mathrm{m}$ :

$$v_{min}=\sqrt{9,81\times 8,0}=\sqrt{78,5}\approx 8,9\mathrm{m}/\mathrm{s}\approx 32\mathrm{km}/\mathrm{h}.$$

À cette vitesse précise, $N=0$ : les passagers ne sentent plus le siège, c'est la sensation d'apesanteur (impression de flotter). En pratique on lance le wagon plus vite pour garder une marge de sécurité.

1. Trois forces agissent : le poids $m\overrightarrow{g}$ (vertical, vers le bas), la réaction normale $\overrightarrow{N}$ (perpendiculaire à la pente) et la force de frottement solide $\overrightarrow{f}$ (le long de la pente, opposée au mouvement donc dirigée vers le haut de la pente). En projetant sur l'axe perpendiculaire à la pente, où l'accélération est nulle :

$$N=mg\cos \alpha .$$

2. La luge glissant, le frottement vaut $f=\mu N=\mu mg\cos \alpha$. On projette le PFD sur l'axe de la pente, orienté vers le bas (sens du mouvement) :

$$ma=mg\sin \alpha -\mu mg\cos \alpha ⟹\boxed{a=g(\sin \alpha -\mu \cos \alpha )}.$$

La masse se simplifie : l'accélération n'en dépend pas.

3. Sans frottement, $a_0=g\sin \alpha$. Avec $g=9,81\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$ et $\alpha =20^{\circ }$ ($\sin 20^{\circ }\approx 0,342$, $\cos 20^{\circ }\approx 0,940$) :

$$a_0=9,81\times 0,342\approx 3,4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2,$$

$$a=9,81(0,342-0,15\times 0,940)=9,81(0,342-0,141)\approx 2,0\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2.$$

Le frottement réduit l'accélération de près de $40\%$ : la luge descend nettement moins vite.

4. Mouvement uniformément accéléré sans vitesse initiale sur la distance $L$ : $v^2=2aL$, donc $v=\sqrt{2aL}$. Avec $a\approx 2,0\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$ et $L=40\mathrm{m}$ :

$$v=\sqrt{2\times 2,0\times 40}=\sqrt{160}\approx 13\mathrm{m}/\mathrm{s}\approx \boxed{46\mathrm{km}/\mathrm{h}}.$$

1. La balle subit deux forces : son poids $m\overrightarrow{g}$ (vertical, vers le bas) et la tension $\overrightarrow{T}$ du fil, dirigée le long du fil vers $O$. Le mouvement étant circulaire uniforme et horizontal, l'accélération est purement centripète, dirigée vers le centre du cercle (horizontale, vers l'axe). En projetant le PFD sur la verticale (pas d'accélération verticale) : $$T\cos \alpha -mg=0⟹T\cos \alpha =mg.$$ En projetant sur la direction radiale horizontale (accélération centripète $a={\omega }^{2}R$, dirigée vers l'axe) : $$T\sin \alpha =m{\omega }^{2}R.$$

2. Le rayon du cercle vaut $R=\ell \sin \alpha$. En reportant dans la seconde équation : $$T\sin \alpha =m{\omega }^2\ell \sin \alpha ⟹T=m{\omega }^2\ell .$$ En divisant la projection verticale $T\cos \alpha =mg$ par cette dernière : $$\cos \alpha =\frac{mg}{T}=\frac{mg}{m{\omega }^2\ell },\boxed{\cos \alpha =\frac{g}{{\omega }^2\ell }.}$$ Cette relation remarquable ne dépend pas de la masse.

3. Application numérique avec $\omega =4,0\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ et $\ell =0,80\mathrm{m}$ : $$\cos \alpha =\frac{9,81}{(4,0{)}^2\times 0,80}=\frac{9,81}{12,8}=0,77.$$ Donc $\boxed{\alpha \approx 40^{\circ }}$. Le rayon vaut alors $$R=\ell \sin \alpha =0,80\times \sin (40^{\circ })=0,80\times 0,64\approx \boxed{0,51\mathrm{m}.}$$

4. Quand $\omega$ augmente, $\cos \alpha =g/({\omega }^2\ell )$ diminue, donc $\alpha$ croît : le fil se redresse vers l'horizontale sans jamais l'atteindre ($\alpha <90^{\circ }$). À l'inverse, la relation n'a de solution que si $\cos \alpha \le 1$, c'est-à-dire ${\omega }^2\ell \ge g$. Il existe donc une vitesse angulaire minimale $$\boxed{{\omega }_{\min }=\sqrt{\frac{g}{\ell }}=\sqrt{\frac{9,81}{0,80}}\approx 3,5\mathrm{rad}/\mathrm{s}.}$$ En dessous de ${\omega }_{\min }$, le fil reste vertical : il n'y a pas de cône.

1. Pour un mouvement circulaire uniforme de rayon $\ell$ et de vitesse $v$, l'accélération est centripète (dirigée vers le centre) et de norme $$a=\frac{v^2}{\ell }=\frac{(25{)}^2}{1,2}=\frac{625}{1,2}\approx \boxed{520\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2.}$$ Soit environ $53g$ : la boule est soumise à une accélération colossale.

2. On néglige l'inclinaison du câble : la force centripète est fournie essentiellement par la tension. Le PFD projeté sur la direction radiale donne $$T=ma=m\frac{v^2}{\ell }=7,3\times 520\approx \boxed{3,8\times 10^3\mathrm{N}.}$$ À comparer au poids $P=mg=7,3\times 9,81\approx 72\mathrm{N}$. On constate que $$\frac{T}{P}=\frac{v^2}{g\ell }=\frac{625}{9,81\times 1,2}\approx 53,$$ soit une tension cinquante fois supérieure au poids. C'est pourquoi l'athlète doit s'arc-bouter et faire contrepoids : ce n'est pas le poids du marteau qui est dur à tenir, mais la force centripète.

3. La tension est la seule force qui maintenait la boule sur son cercle : elle l'obligeait à courber sa trajectoire vers le centre. Si le câble est lâché, cette force disparaît. D'après le principe d'inertie, en l'absence de force horizontale, la boule conserve sa vitesse : elle part en ligne droite, tangentiellement au cercle, dans la direction $\overrightarrow{v}$ qu'elle avait à l'instant du lâcher. Ensuite, soumise au seul poids, elle décrit une trajectoire parabolique de chute libre.

4. Après le lâcher, le marteau est un projectile en chute libre lancé avec la vitesse $v$. Pour un angle de lancer donné, la portée d'un projectile varie comme $v^2/g$ : elle croît donc comme le carré de la vitesse de lâcher. Doubler $v$ quadruple la portée. Comme $v=\omega \ell$, l'athlète a intérêt à maximiser la vitesse angulaire de rotation avant de relâcher, ce qui exige précisément de supporter une tension d'autant plus grande ($T=m{v}^2/\ell$) : performance et effort sont indissociables.