Travail, énergie et puissance · Physique générale I

Objectifs du chapitre

À la fin de ce chapitre, vous serez capable de:

calculer le travail d'une force constante ou variable le long d'un déplacement, en particulier celui du poids, d'un ressort et du frottement, et en discuter le signe;
énoncer et démontrer le théorème de l'énergie cinétique et l'utiliser pour déterminer des vitesses et des distances sans résoudre les équations du mouvement;
reconnaître une force conservative, lui associer une énergie potentielle $U$ telle que $F = - d U / d x$ et lire sur le graphe de $U$ les équilibres, leur stabilité et les points de rebroussement;
appliquer la conservation de l'énergie mécanique et sa forme générale $Δ E_{m} = W_{n c}$ à des pendules, des loopings, des montagnes russes et des sauts à l'élastique;
calculer une puissance instantanée ou moyenne, convertir entre watts et chevaux, et estimer la puissance d'un cycliste, d'une voiture ou d'une centrale hydroélectrique;
définir un rendement et interpréter l'énergie dissipée par les forces non conservatives.

Le travail d'une force

Pourquoi une nouvelle grandeur?

Les lois de Newton (chapitre 3) permettent en principe de tout calculer: connaissant les forces, on intègre $F = m a$ et l'on obtient la trajectoire. En pratique, cette intégration est souvent pénible, voire impossible à la main. Or beaucoup de questions concrètes ne demandent pas la trajectoire complète: à quelle vitesse le skieur arrive-t-il en bas de la pente? Jusqu'où remonte le wagonnet? Quelle force le pieu oppose-t-il au mouton qui le frappe? Pour ces questions, il existe un raccourci: au lieu de suivre le mouvement instant par instant, on fait un bilan entre l'état initial et l'état final. La grandeur qui permet ce bilan est l'énergie, et la porte d'entrée vers l'énergie est le travail.

Trois cas méritent d'être retenus. Si la force est dans le sens du déplacement ( $θ = 0$ ), le travail vaut $F d$ : il est moteur. Si elle s'oppose au déplacement ( $θ = π$ ), $W = - F d$ : il est résistant. Si elle est perpendiculaire au déplacement ( $θ = π /2$ ), $W = 0$ : la force ne travaille pas, même si elle est intense. C'est le cas de la force normale exercée par un rail ou une piste sur un wagonnet, de la tension du fil d'un pendule et de la force magnétique sur une particule chargée. Lorsque vous portez une valise à vitesse constante sur un quai horizontal, la force de votre main est verticale et le déplacement horizontal: mécaniquement, vous ne fournissez aucun travail à la valise, ce qui ne signifie pas que vos muscles ne se fatiguent pas.

Une force variable le long du trajet, ou un trajet courbe, demande de découper le déplacement en éléments $d l$ assez petits pour que la force y soit constante, d'y appliquer (4.1) et de sommer.

Figure 4.1. Le travail comme aire sous la courbe force–position. a) Pour une force variable F(x), le travail entre x₁ et x₂ est l'aire de la région colorée, somme des travaux élémentaires F(x)·dx. b) Pour un ressort, la force de rappel F = −kx est une droite: l'aire entre 0 et x est un triangle situé sous l'axe, de valeur −½kx², négative parce que le ressort résiste à l'allongement.

Travail du poids

Le poids $P = m g$ est constant au voisinage de la surface terrestre. Prenons l'axe $z$ vertical ascendant, de sorte que $P = - m g e_{z}$ . Le long d'un déplacement quelconque $d l = d x e_{x} + d y e_{y} + d z e_{z}$ , le produit scalaire vaut $P \cdot d l = - m g d z$ , donc

W_{P} = \int_{A}^{B} (- m g) d z = - m g (z_{B} - z_{A}) = - m g Δ z . (4.3)

Ce résultat a une conséquence importante: le travail du poids ne dépend que de la dénivellation $Δ z$ , pas du chemin suivi. Un randonneur qui monte de $800$ m par un sentier en lacets ou par une via ferrata verticale reçoit du poids le même travail négatif; un skieur qui descend de $800$ m, quelle que soit la piste, reçoit le même travail positif. Nous reviendrons sur cette propriété, qui définit les forces conservatives.

Exemple 4.1 · Téléphérique

La cabine chargée d'un téléphérique a une masse $m = 8, 00 t$ . Elle relie deux stations distantes de $L = 3200 m$ le long du câble, pour une dénivellation $Δ z = 1200 m$ . On néglige les frottements et l'on suppose la vitesse constante.

Travail du poids. D'après (4.3), $W_{P} = - m g Δ z = - 8000 \times 9, 81 \times 1200 = - 9, 42 \cdot 1 0^{7} J$ , soit $- 94, 2$ MJ: résistant, comme on s'y attend pour une montée.

Travail de la traction du câble. Le câble est incliné d'un angle $α$ tel que $sin α = Δ z / L = 0, 375$ . À vitesse constante, la composante de la traction le long du câble équilibre la composante du poids: $T = m g sin α = 8000 \times 9, 81 \times 0, 375 = 2, 94 \cdot 1 0^{4} N$ . La traction est parallèle au déplacement, donc $W_{T} = T L = 29430 \times 3200 = + 9, 42 \cdot 1 0^{7} J$ .

La force normale (les galets du chariot sur le câble porteur) est perpendiculaire au déplacement et ne travaille pas. Les travaux se compensent exactement: $W_{T} + W_{P} = 0$ . Ce n'est pas une coïncidence, c'est le théorème de l'énergie cinétique du paragraphe suivant, appliqué à un mouvement à vitesse constante. Remarquez que le travail de la traction s'obtient aussi directement par $T L = m g (L sin α) = m g Δ z$ : seule la dénivellation compte.

Travail d'un ressort

Un ressort de raideur $k$ , d'extrémité libre repérée par l'allongement $x$ à partir de sa longueur naturelle, exerce la force de rappel $F = - k x$ (loi de Hooke, valable tant que le ressort n'est pas déformé de façon permanente). Cette force n'est pas constante: on doit intégrer.

W_{ressort} = \int_{x_{A}}^{x_{B}} (- k x) d x = - \frac{k}{2} (x_{B}^{2} - x_{A}^{2}) . (4.4)

En particulier, lorsqu'on étire (ou comprime) le ressort depuis sa longueur naturelle jusqu'à l'allongement $x$ , le ressort fournit le travail $W = - \frac{1}{2} k x^{2}$ : il résiste, que l'on tire ou que l'on pousse, puisque $x^{2}$ ne distingue pas les deux cas. C'est l'aire du triangle de la figure 4.1b: base $x$ , hauteur $k x$ , aire $\frac{1}{2} k x^{2}$ , comptée négativement parce que la force est opposée au déplacement. L'opérateur qui étire le ressort quasi statiquement exerce à chaque instant la force opposée $+ k x$ et fournit le travail $+ \frac{1}{2} k x^{2}$ . Pour un ressort de raideur $k = 400 N/m$ étiré de $x = 10, 0 cm$ : $W_{ressort} = - \frac{1}{2} \times 400 \times 0, 10 0^{2} = - 2, 00 J$ .

Travail du frottement

Le frottement cinétique a une intensité $f = μ_{c} N$ et il est toujours dirigé à l'opposé de la vitesse. Sur un trajet de longueur $s$ (la longueur parcourue, pas la distance entre les extrémités), il fournit donc

W_{f} = - μ_{c} N s < 0. (4.5)

Contrairement au poids, ce travail dépend du chemin: un bloc de $5, 00 kg$ traîné sur $4, 00 m$ d'un sol horizontal avec $μ_{c} = 0, 300$ reçoit $W_{f} = - 0, 300 \times 5, 00 \times 9, 81 \times 4, 00 = - 58, 9 J$ ; ramené à son point de départ, il reçoit à nouveau $- 58, 9 J$ , soit $- 118 J$ sur l'aller-retour, alors que le travail du poids sur ce même aller-retour est nul. Le frottement est l'exemple type d'une force non conservative.

Exemple 4.2 · Levage d'une charge par une grue

Une grue de chantier soulève une charge de $m = 2, 50 t$ de $h = 30, 0 m$ . La montée comprend une phase d'accélération uniforme $a = 0, 500 m/s^{2}$ sur les deux premiers mètres, puis une phase à vitesse constante.

Sur la montée complète, le travail du poids vaut $W_{P} = - m g h = - 2500 \times 9, 81 \times 30, 0 = - 7, 36 \cdot 1 0^{5} J$ , soit $- 736 kJ$ .

Pendant l'accélération, la deuxième loi de Newton donne la tension du câble $T = m (g + a) = 2500 \times 10, 31 = 2, 58 \cdot 1 0^{4} N$ ; son travail sur $d = 2, 00 m$ vaut $W_{T} = T d = 5, 16 \cdot 1 0^{4} J$ , tandis que $W_{P} = - m g d = - 4, 91 \cdot 1 0^{4} J$ . La différence, $W_{T} + W_{P} = ma d = 2500 J$ , est exactement $\frac{1}{2} m v^{2}$ avec $v = 2 a d = 1, 41 m/s$ : c'est l'énergie cinétique acquise, comme l'établit le théorème suivant.

Pendant la phase à vitesse constante, $T = m g$ et les deux travaux se compensent. Au total, le câble fournit $736 kJ + 2, 50 kJ$ : la part «utile» est le travail contre le poids, l'énergie cinétique finale restant marginale. Si la charge est ensuite freinée jusqu'à l'arrêt, le câble récupère ces $2, 50 kJ$ et son travail total est exactement $m g h$ .

Exercice

Un wagonnet descend une piste courbe sans frottement. Parmi les forces qui s'exercent sur lui, laquelle ou lesquelles ont un travail nul sur la descente?

Exercice

Un ressort de raideur $k = 250 N/m$ est comprimé de $8, 00 cm$ à partir de sa longueur naturelle. Quel travail (en joules, avec son signe) l'opérateur a-t-il fourni au ressort?

Le théorème de l'énergie cinétique

Énoncé et démonstration

Démonstration. Traitons d'abord le cas d'un mouvement rectiligne selon $x$ , avec une force résultante $F (x)$ . La deuxième loi de Newton s'écrit $m \frac{d v}{d t} = F$ . Multiplions les deux membres par $v = \frac{d x}{d t}$ : à gauche, $m v \frac{d v}{d t} = \frac{d}{d t} (\frac{1}{2} m v^{2})$ par la règle de dérivation d'une fonction composée; à droite, $F \frac{d x}{d t}$ . Intégrons de $t_{A}$ à $t_{B}$ : le membre de gauche donne $E_{c} (B) - E_{c} (A)$ et le membre de droite $\int_{t_{A}}^{t_{B}} F \frac{d x}{d t} d t = \int_{x_{A}}^{x_{B}} F d x = W_{A \to B}$ par changement de variable.

Le cas général se traite de la même manière avec un produit scalaire. Partons de $m \dot{v} = F_{tot}$ et multiplions scalairement par $v$ :

m \dot{v} \cdot v = \frac{d}{d t} (\frac{1}{2} m v \cdot v) = \frac{d E _{c}}{d t}, F_{tot} \cdot v = F_{tot} \cdot \frac{d l}{d t},

où l'on a utilisé $\frac{d}{d t} (v \cdot v) = 2 \dot{v} \cdot v$ . En intégrant entre $t_{A}$ et $t_{B}$ et en reconnaissant (4.2) à droite, on obtient (4.7). Comme le travail d'une somme de forces est la somme des travaux (linéarité du produit scalaire et de l'intégrale), on peut calculer chaque travail séparément. $□$

Le théorème ne contient rien de plus que la deuxième loi de Newton, mais il l'a déjà intégrée une fois. Il ne donne ni la durée du mouvement ni la trajectoire, seulement la vitesse scalaire en $B$ connaissant celle en $A$ . En échange, il ignore toutes les forces qui ne travaillent pas — normale, tension d'un fil inextensible — et il s'applique sans changement aux trajectoires courbes.

Applications

Exemple 4.3 · Distance de freinage

Une voiture de masse $m$ roule à $v_{0} = 50, 0 km/h = 13, 9 m/s$ sur route sèche. Le conducteur freine à la limite de l'adhérence, les pneus exerçant sur la route une force de frottement d'intensité $μ N = μ m g$ avec $μ = 0, 700$ . Quelle distance parcourt-elle avant de s'arrêter?

Entre le début du freinage ( $v_{A} = v_{0}$ ) et l'arrêt ( $v_{B} = 0$ ), le poids et la normale ne travaillent pas (route horizontale) et le frottement fournit $- μ m g d$ . Le théorème 4.1 donne $0 - \frac{1}{2} m v_{0}^{2} = - μ m g d$ , d'où

d = \frac{v _{0}^{2}}{2 μg} = \frac{13 , 9 ^{2}}{2 \times 0 , 700 \times 9 , 81} = 14, 0 m .

La masse s'élimine: un camion et une citadine freinent sur la même distance à pneus égaux. Surtout, $d$ est proportionnelle au carré de la vitesse: à $100 km/h$ , la distance de freinage est quadruplée, $56, 2 m$ , sans compter la distance parcourue pendant le temps de réaction. Sur route mouillée ( $μ = 0, 600$ ), on obtient $16, 4 m$ et $65, 5 m$ .

Exemple 4.4 · Vitesse au bas d'une pente

Un skieur part sans vitesse du haut d'une piste dont la dénivellation est $h = 50, 0 m$ . Quelle est sa vitesse en bas si l'on néglige les frottements? Et si la piste est un plan incliné de $θ = 20, 0°$ avec un coefficient de frottement neige–ski $μ_{c} = 0, 0500$ ?

Sans frottement. Seul le poids travaille ( $W_{P} = + m g h$ ), la normale étant perpendiculaire à la piste. Le théorème donne $\frac{1}{2} m v^{2} = m g h$ , soit $v = 2 g h = 2 \times 9, 81 \times 50, 0 = 31, 3 m/s$ , c'est-à-dire $113 km/h$ . Ce résultat ne dépend ni de la masse ni de la forme de la piste, mais uniquement de la dénivellation: c'est la vitesse d'une chute libre de $50$ m.

Avec frottement. La piste a pour longueur $L = h / sin θ$ et la normale vaut $N = m g cos θ$ . Le frottement fournit $W_{f} = - μ_{c} m g cos θ \cdot h / sin θ = - μ_{c} m g h cot θ$ , d'où

\frac{1}{2} m v^{2} = m g h (1 - μ_{c} cot θ), v = 2 g h (1 - μ_{c} cot θ) = 981 \times (1 - 0, 137) = 29, 1 m/s .

Le frottement enlève ici $13, 7 %$ de l'énergie; la masse s'élimine encore, mais plus la forme de la piste, puisque le travail du frottement dépend de la longueur parcourue. Dans la réalité, la traînée aérodynamique limite la vitesse d'un skieur bien en dessous de ce calcul sur une longue descente; nous la retrouverons au paragraphe sur la puissance.

Exemple 4.5 · Battage d'un pieu

Sur un chantier, un mouton de masse $m = 500 kg$ tombe d'une hauteur $H = 2, 00 m$ sur la tête d'un pieu, qui s'enfonce de $d = 5, 00 cm$ dans le sol à chaque coup. Quelle force moyenne le sol oppose-t-il à la pénétration?

Chute. Le poids seul travaille: $\frac{1}{2} m v^{2} = m g H$ donne $v = 2 g H = 6, 26 m/s$ et $E_{c} = m g H = 9810 J$ à l'impact.

Pénétration. Faisons le bilan sur l'ensemble mouton–pieu (le pieu, léger, suit le mouton) entre l'impact et l'arrêt: le poids fournit encore $+ m g d$ et le sol une force résistante moyenne $\overset{ˉ}{F}$ dont le travail vaut $- \overset{ˉ}{F} d$ . Le théorème donne $0 - m g H = m g d - \overset{ˉ}{F} d$ , soit

\overset{ˉ}{F} = \frac{m g ( H + d )}{d} = \frac{500 \times 9 , 81 \times 2 , 05}{0 , 0500} = 2, 01 \cdot 1 0^{5} N = 201 kN .

La force vaut $41$ fois le poids du mouton: c'est l'intérêt du procédé, qui convertit une énergie modeste en une force très grande grâce à la petitesse de $d$ . Un sol plus dur (plus petit $d$ ) donne une force plus grande encore; le géotechnicien utilise d'ailleurs le refus (enfoncement par coup) pour estimer la capacité portante du pieu.

Exercice

Une voiture roule à $90, 0 km/h$ sur une route horizontale mouillée où le coefficient de frottement pneus–route vaut $μ = 0, 600$ . Calculez sa distance de freinage en mètres, sans temps de réaction.

Forces conservatives et énergie potentielle

Définition

Le travail du poids ne dépend que des positions de départ et d'arrivée; celui du frottement dépend du chemin. Cette différence est fondamentale et mérite un nom.

L'équivalence des deux formulations est immédiate: si le travail ne dépend pas du chemin, un aller par le chemin 1 et un retour par le chemin 2 donnent $W_{1} - W_{2} = 0$ ; réciproquement, si le travail sur toute boucle est nul, deux chemins de $A$ à $B$ forment une boucle avec l'un parcouru à l'envers, donc ont le même travail. Le poids (4.3) est conservatif; la force d'un ressort l'est aussi, puisque (4.4) ne dépend que de $x_{A}$ et $x_{B}$ ; la force gravitationnelle de Newton et la force électrostatique le sont également, comme toute force centrale dont l'intensité ne dépend que de la distance. Le frottement ne l'est pas: son travail sur une boucle est strictement négatif. La force normale et la tension d'un fil sont un cas à part: elles ne travaillent pas du tout, et on peut les ignorer dans tous les bilans.

Énergie potentielle

Pour une force conservative, le travail $W_{A \to B}$ est une fonction des seuls points $A$ et $B$ . On peut donc fixer un point de référence $O$ et définir une fonction de la position par $U (P) = - W_{O \to P}$ ; le travail de $O$ à $B$ est alors le travail de $O$ à $A$ plus celui de $A$ à $B$ , d'où $W_{A \to B} = U (A) - U (B)$ .

Démonstration de (4.9). Par (4.8) appliquée entre $x$ et $x + d x$ , le travail élémentaire vaut $F (x) d x = - [U (x + d x) - U (x)]$ . En divisant par $d x$ et en faisant tendre $d x$ vers $0$ , on obtient $F = - U^{'} (x)$ . Réciproquement, si $F = - U^{'}$ , alors $W_{A \to B} = \int_{x_{A}}^{x_{B}} F d x = - \int_{x_{A}}^{x_{B}} U^{'} d x = U (x_{A}) - U (x_{B})$ par le théorème fondamental de l'analyse: le travail ne dépend pas du chemin et la force est conservative. En trois dimensions, la relation devient $F = - \nabla U$ , c'est-à-dire $F_{x} = - \partial U / \partial x$ , etc.; la force «descend la pente» de $U$ . $□$

Les trois énergies potentielles du cours s'obtiennent en intégrant les forces déjà rencontrées:

Pesanteur (près du sol, axe $z$ ascendant): de (4.3), $W = - m g Δ z = - Δ U$ avec

U_{pes} (z) = m g z (r \overset{e}{ˊ} f \overset{e}{ˊ} rence U = 0 en z = 0) . (4.10)

Ressort (allongement $x$ ): de (4.4),

U_{\overset{e}{ˊ} l} (x) = \frac{1}{2} k x^{2} (r \overset{e}{ˊ} f \overset{e}{ˊ} rence: longueur naturelle) . (4.11)

Gravitation universelle (chapitre 6): la force $F = - \frac{GM m}{r ^{2}}$ le long de $e_{r}$ dérive de

U_{grav} (r) = - \frac{GM m}{r} (r \overset{e}{ˊ} f \overset{e}{ˊ} rence: U \to 0 lorsque r \to \infty), (4.12)

puisque $- \frac{d}{d r} (- \frac{GM m}{r}) = - \frac{GM m}{r ^{2}}$ . Pour de petites variations d'altitude $h ≪ R_{T}$ , on retrouve (4.10): $U (R_{T} + h) - U (R_{T}) \approx \frac{GM m}{R _{T}^{2}} h = m g h$ avec $g = G M_{T} / R_{T}^{2}$ .

Lecture graphique de U(x)

La relation $F = - U^{'} (x)$ permet de lire la dynamique sur le graphe de l'énergie potentielle sans aucun calcul. Là où $U$ décroît, la force est positive (vers les $x$ croissants); là où $U$ croît, elle est négative: la force pousse toujours «vers le bas» de la courbe, comme une bille sur un relief. Les positions où $U^{'} (x_{0}) = 0$ sont les positions d'équilibre: la force y est nulle et un point placé là sans vitesse y reste.

Si de plus l'énergie mécanique $E_{m} = E_{c} + U$ est conservée, comme nous le montrerons au paragraphe suivant, alors $E_{c} = E_{m} - U (x) \geq 0$ impose que le mouvement se déroule uniquement là où $U (x) \leq E_{m}$ : ce sont les régions permises. Les points où $U (x) = E_{m}$ sont les points de rebroussement: la vitesse s'y annule et le point fait demi-tour. Un point piégé entre deux points de rebroussement effectue un mouvement lié, périodique; un point dont la région permise s'étend à l'infini a un mouvement libre. Sur la figure 4.2, l'énergie choisie est inférieure à la hauteur de la barrière qui sépare les deux puits: le point oscille dans l'un ou l'autre puits, sans pouvoir passer de l'un à l'autre.

Figure 4.2. Courbe d'énergie potentielle U(x) = x⁴/4 − 5x²/4 + x/2 (unités arbitraires). Les minimums sont des équilibres stables (disques pleins), le maximum un équilibre instable (disque creux). Pour l'énergie mécanique E_m = −0,5 (pointillés), le mouvement n'est possible que dans les régions colorées où U ≤ E_m; leurs bords sont les points de rebroussement, où l'énergie cinétique s'annule. Les flèches bleues indiquent la force F = −dU/dx en deux points: elle est toujours dirigée vers la descente de U.

Explorateur du paysage d'énergie potentielle

Point matériel de masse m = 1 kg dans le potentiel U(x) = a x⁴ − b x² (double puits pour b > 0). Faites varier a, b et l'énergie mécanique E: les zones colorées sont les positions permises (E ≥ U), les points orange les points de rebroussement où la vitesse s'annule, les disques les équilibres (plein: stable, creux: instable). Le mouvement est toujours borné puisque U tend vers l'infini; il reste confiné dans un puits tant que E est inférieure à la hauteur de la barrière U(0) = 0.

Minimums x = ±√(b/2a)

±1,00m

Profondeur des puits U min = −b²/4a

-1,00J

E_c en x = 0

1,00J

Points de rebroussement

-1,55; 1,55m

Mouvement

lié, franchit la barrière en x = 0

Coefficient a (J/m⁴)1,0

Coefficient b (J/m²)2,0

Énergie mécanique E1,0J

Exercice

Un point matériel se déplace sur l'axe $x$ dans le potentiel $U (x) = x^{4} - 2 x^{2}$ (en joules, $x$ en mètres). Quelle affirmation est correcte?

Conservation de l'énergie mécanique

Le théorème

Reprenons le théorème de l'énergie cinétique en séparant les forces conservatives, dont les travaux s'écrivent $- Δ U_{i}$ , des forces non conservatives:

Δ E_{c} = cons. \sum W_{i} + non cons. \sum W_{j} = - Δ U + W_{n c},

où $U = \sum_{i} U_{i}$ est l'énergie potentielle totale. En regroupant les termes, $Δ (E_{c} + U) = W_{n c}$ .

Démonstration. C'est le calcul qui précède la définition: le théorème 4.1 donne $Δ E_{c} = W_{cons} + W_{n c}$ , et (4.8) appliquée à chaque force conservative donne $W_{cons} = - Δ U$ . Donc $Δ E_{c} + Δ U = W_{n c}$ , soit $Δ E_{m} = W_{n c}$ . Si $W_{n c} = 0$ pour tout couple de positions, $E_{m}$ prend la même valeur en tout point de la trajectoire. $□$

L'énergie mécanique est le premier exemple de loi de conservation du cours; la quantité de mouvement (chapitre 5) et le moment cinétique (chapitre 9) en fourniront deux autres. Une loi de conservation remplace une équation différentielle vectorielle par une seule équation algébrique scalaire: c'est un outil d'une efficacité redoutable, à condition de bien identifier ce qui se conserve et dans quelles conditions. Ici, la condition est l'absence de travail des forces non conservatives, ce qui inclut les cas fréquents où elles existent mais ne travaillent pas (normale, tension d'un fil, rail).

Exercice

Un bloc glisse depuis le repos le long d'un toboggan courbe avec frottement, puis s'arrête sur une piste horizontale. Remettez dans l'ordre les étapes du raisonnement qui donne la distance d'arrêt.

Glissez les éléments pour les mettre dans le bon ordre

Résoudre pour

d

et vérifier que le résultat est positif et cohérent avec les ordres de grandeur

Classer les forces: poids conservatif (

U = m g z

), normale sans travail, frottement non conservatif

Fixer la référence de l'énergie potentielle de pesanteur au niveau de la piste horizontale

Choisir le système (le bloc) et les états:

A

au départ (vitesse nulle, hauteur

h

B

à l'arrêt sur la piste horizontale

Exprimer le travail du frottement sur la piste horizontale:

W_{f, piste} = - μ m g d

Écrire

Δ E_{m} = W_{n c}

0 - m g h = W_{f, toboggan} + W_{f, piste}

Applications

Exemple 4.6 · Pendule simple: vitesse au point bas et tension du fil

Un pendule de longueur $L = 2, 00 m$ et de masse $m = 1, 50 kg$ est lâché sans vitesse depuis un angle $θ_{0} = 60, 0°$ avec la verticale. Quelle est sa vitesse au point bas, et quelle est alors la tension du fil?

Vitesse. La tension est à chaque instant perpendiculaire à la vitesse (le fil est inextensible, le mouvement est circulaire) et ne travaille pas; seul le poids travaille, et il est conservatif: $E_{m}$ se conserve. Avec la référence $U = 0$ au point bas, la masse part de la hauteur $h = L (1 - cos θ_{0})$ :

\frac{1}{2} m v^{2} = m g L (1 - cos θ_{0}), v = 2 g L (1 - cos θ_{0}) = 2 \times 9, 81 \times 2, 00 \times 0, 500 = 4, 43 m/s .

Tension. Le bilan d'énergie ne donne pas la tension, qui ne travaille pas: il faut revenir à la deuxième loi de Newton. Au point bas, l'accélération est centripète, dirigée vers le haut, de norme $v^{2} / L$ ; la projection sur la verticale donne $T - m g = m v^{2} / L$ , soit

T = m g + \frac{m v ^{2}}{L} = m g (1 + 2 (1 - cos θ_{0})) = m g (3 - 2 cos θ_{0}) = 2 m g = 29, 4 N .

Pour $θ_{0} = 90°$ (départ à l'horizontale), la tension au point bas vaut $3 m g$ : le fil doit être dimensionné pour bien plus que le poids. Les deux outils sont complémentaires: l'énergie pour la vitesse, Newton pour les forces.

Exemple 4.7 · Looping

Un wagonnet aborde une boucle verticale de rayon $R = 6, 00 m$ . De quelle hauteur minimale $h$ doit-il partir sans vitesse pour ne pas décoller au sommet?

Condition au sommet. Au sommet de la boucle, le poids et la normale sont tous deux dirigés vers le bas, c'est-à-dire vers le centre: $m g + N = m v_{S}^{2} / R$ . Le wagonnet reste en contact tant que $N \geq 0$ , c'est-à-dire $v_{S}^{2} \geq g R$ . La vitesse minimale au sommet est $v_{S} = g R = 7, 67 m/s$ , résultat déjà établi au chapitre 3.

Hauteur de départ. La normale ne travaille pas et l'on néglige le frottement: $E_{m}$ se conserve entre le départ (hauteur $h$ , vitesse nulle) et le sommet (hauteur $2 R$ , vitesse $v_{S}$ ):

m g h = m g (2 R) + \frac{1}{2} m g R ⟹ h_{m i n} = \frac{5}{2} R = 15, 0 m .

Au bas de la boucle, la vitesse vaut alors $v_{B} = 2 g h_{m i n} = 5 g R = 17, 2 m/s$ , et la normale $N_{B} = m g + m v_{B}^{2} / R = 6 m g$ : les passagers y subissent $6 g$ , ce qui explique pourquoi les boucles réelles ne sont pas circulaires mais en forme de goutte (clothoïde), avec un grand rayon en bas et un petit rayon en haut.

Figure 4.3. Bilan d'énergie d'un wagonnet de montagnes russes de 500 kg lâché sans vitesse d'une hauteur de 40 m, sans frottement. En chacune des positions A à D, l'énergie potentielle (tan) est proportionnelle à la hauteur, l'énergie cinétique (bleu) complète exactement jusqu'à l'énergie mécanique E_m = mgz_A = 196,2 kJ (orange), qui reste constante. Le wagonnet ne peut atteindre aucun point plus haut que A: il y aurait E_c inférieure à 0.

Exemple 4.8 · Saut à l'élastique

Une personne de masse $m = 70, 0 kg$ saute d'une plate-forme, attachée à un élastique de longueur naturelle $L = 20, 0 m$ qui se comporte comme un ressort de raideur $k = 100 N/m$ dès qu'il est tendu (il n'exerce aucune force tant qu'il est détendu). On néglige la résistance de l'air. Déterminons la chute maximale, la vitesse maximale et l'accélération maximale.

Chute maximale. Prenons l'origine de $z$ à la plate-forme, axe descendant, et notons $x$ l'allongement de l'élastique en dessous de $z = L$ . Entre le départ (repos, $z = 0$ ) et le point le plus bas (repos, $z = L + x_{m a x}$ ), seules agissent le poids et la force élastique, toutes deux conservatives: $E_{m}$ se conserve. Avec $U_{pes} = - m g z$ (référence à la plate-forme, axe descendant) et $U_{\overset{e}{ˊ} l} = \frac{1}{2} k x^{2}$ :

0 = - m g (L + x_{m a x}) + \frac{1}{2} k x_{m a x}^{2} ⟹ \frac{k}{2} x_{m a x}^{2} - m g x_{m a x} - m g L = 0.

C'est une équation du second degré en $x_{m a x}$ : $50 x^{2} - 686, 7 x - 13734 = 0$ , dont la racine positive vaut

x_{m a x} = \frac{m g + ( m g ) ^{2} + 2 k m g L}{k} = \frac{686 , 7 + 686 , 7 ^{2} + 2 \times 100 \times 13 734}{100} = 24, 8 m .

La chute totale est donc $L + x_{m a x} = 44, 8 m$ : l'élastique s'allonge de plus du double de sa longueur, ce qui est typique des cordes de saut réelles. Il faut évidemment vérifier que le pont est plus haut que cela, avec une marge; le pont de Niouc, dans le val d'Anniviers, culmine à $190 m$ .

Vitesse maximale. La vitesse est maximale lorsque l'accélération s'annule, c'est-à-dire lorsque la force élastique équilibre le poids: $k x_{\overset{e}{ˊ} q} = m g$ , soit $x_{\overset{e}{ˊ} q} = 6, 87 m$ . Le bilan entre le départ et ce point donne

\frac{1}{2} m v_{m a x}^{2} = m g (L + x_{\overset{e}{ˊ} q}) - \frac{1}{2} k x_{\overset{e}{ˊ} q}^{2}, v_{m a x} = 2 \times 9, 81 \times 26, 87 - \frac{100 \times 6 , 8 7 ^{2}}{70 , 0} = 21, 4 m/s,

à peine plus que la vitesse $2 g L = 19, 8 m/s$ atteinte au moment où l'élastique se tend: l'élastique freine presque aussitôt.

Accélération maximale. Elle est atteinte au point le plus bas, où la force élastique est maximale: $a = k x_{m a x} / m - g = 100 \times 24, 8/70, 0 - 9, 81 = 25, 6 m/s^{2}$ , dirigée vers le haut, soit $2, 6 g$ . Les normes de sécurité limitent cette valeur en jouant sur $k$ et $L$ ; remarquez qu'elle ne dépend pas de la hauteur du pont.

Exemple 4.9 · Bloc sur une pente avec frottement: énergie dissipée

Un bloc de $m = 2, 00 kg$ glisse depuis le repos le long d'un plan incliné de $θ = 30, 0°$ sur une longueur $L = 3, 00 m$ , avec $μ_{c} = 0, 250$ . Quelle est sa vitesse en bas et quelle énergie a été dissipée?

Le bloc descend de $h = L sin θ = 1, 50 m$ ; son énergie potentielle diminue de $m g h = 29, 4 J$ . Le frottement, d'intensité $μ_{c} m g cos θ$ , travaille sur la longueur $L$ :

W_{n c} = - μ_{c} m g cos θ L = - 0, 250 \times 2, 00 \times 9, 81 \times 0, 866 \times 3, 00 = - 12, 7 J .

Le théorème 4.2 donne $\frac{1}{2} m v^{2} - m g h = W_{n c}$ , soit $\frac{1}{2} m v^{2} = 29, 4 - 12, 7 = 16, 7 J$ et $v = 2 \times 16, 7/2, 00 = 4, 08 m/s$ , au lieu de $2 g h = 5, 42 m/s$ sans frottement. Les $12, 7 J$ dissipés ont chauffé le bloc et le plan: c'est peu (élever de $1 ° C$ un gramme d'eau demande $4, 18 J$ ), mais un train de $400 t$ qui descend de $1000 m$ en freinant doit évacuer près de $4 GJ$ , d'où les freins à résistances ou la récupération électrique sur les lignes de montagne.

Exercice

Un ascenseur de masse totale $800 kg$ (cabine et passagers) monte à la vitesse constante de $2, 00 m/s$ . Quelle puissance mécanique (en watts) le moteur fournit-il, sans contrepoids ni frottement?

Puissance

Définition et unités

Deux moteurs peuvent fournir le même travail, l'un en une seconde, l'autre en une heure. Le travail seul ne dit rien de la rapidité avec laquelle l'énergie est transférée; c'est le rôle de la puissance.

La seconde égalité de (4.15) vient de $d W = F \cdot d l = F \cdot v d t$ . Elle montre que, pour une force donnée, la puissance croît avec la vitesse: un moteur de puissance limitée $P$ ne peut fournir à la vitesse $v$ qu'une force $F = P / v$ , d'où la nécessité d'une boîte de vitesses pour disposer d'une grande force au démarrage. Le théorème de l'énergie cinétique se réécrit sous forme instantanée: $\frac{d E _{c}}{d t} = P_{tot}$ , la puissance totale des forces appliquées.

Réciproquement, l'énergie est une puissance intégrée sur le temps: c'est l'origine du kilowattheure, unité commerciale de l'énergie électrique, $1 kWh = 1 0^{3} W \times 3600 s = 3, 6 MJ$ . Un radiateur de $1 kW$ allumé une heure consomme $1 kWh$ ; soulever $2, 5 t$ de $30 m$ (exemple 4.2) ne demande que $0, 2 kWh$ .

Exemples

Exemple 4.10 · Puissance d'un cycliste en montée

Un cycliste et son vélo ( $m = 80, 0 kg$ ) montent de Bourg-Saint-Pierre ( $1632 m$ ) au col du Grand-Saint-Bernard ( $2469 m$ ), soit $Δ z = 837 m$ sur $12, 0 km$ de route, en $50, 0 min$ . Quelle puissance mécanique moyenne développe-t-il?

Contre le poids. Le travail à fournir contre la pesanteur est $m g Δ z = 80, 0 \times 9, 81 \times 837 = 657 kJ$ ; réparti sur $3000 s$ , cela fait $\overset{ˉ}{P}_{pes} = 219 W$ .

Contre le roulement. La résistance au roulement vaut environ $C_{r r} m g$ avec $C_{r r} = 0, 005$ sur asphalte, soit $3, 92 N$ ; à la vitesse moyenne $v = 12 000/3000 = 4, 00 m/s$ ( $14, 4 km/h$ ), elle absorbe $\overset{ˉ}{P}_{r r} = 3, 92 \times 4, 00 = 15, 7 W$ . La traînée aérodynamique est faible à cette vitesse.

Au total, $\overset{ˉ}{P} \approx 235 W$ , une valeur typique d'un cyclotouriste entraîné; les coureurs professionnels tiennent plus de $400 W$ sur une telle montée, et la montée durerait alors moins de $30$ minutes. Le rendement musculaire étant de l'ordre de $25 %$ , le cycliste a dépensé près de $2, 6 MJ$ , soit $630 kcal$ : le reste est parti en chaleur, d'où la transpiration.

Exemple 4.11 · Voiture à vitesse constante: puissance contre la traînée

Une voiture ( $m = 1400 kg$ , coefficient de traînée $C_{x} = 0, 30$ , maître-couple $A = 2, 2 m^{2}$ ) roule à vitesse constante sur autoroute horizontale. La traînée aérodynamique vaut $F_{tr} = \frac{1}{2} ρ C_{x} A v^{2}$ avec $ρ = 1, 2 kg/m^{3}$ , et la résistance au roulement $F_{r r} = C_{r r} m g$ avec $C_{r r} = 0, 012$ .

À vitesse constante, la force motrice équilibre les résistances et la puissance du moteur vaut $P = (F_{tr} + F_{r r}) v$ . À $120 km/h$ ( $33, 3 m/s$ ):

F_{tr} = \frac{1}{2} \times 1, 2 \times 0, 65 \times 33, 3^{2} = 433 N, P_{tr} = 433 \times 33, 3 = 14, 4 kW,

et $F_{r r} = 0, 012 \times 1400 \times 9, 81 = 165 N$ , $P_{r r} = 5, 49 kW$ ; au total $P = 19, 9 kW \approx 27 ch$ . À $80 km/h$ , la puissance de traînée tombe à $4, 28 kW$ et le total à $7, 94 kW$ .

La puissance contre la traînée est proportionnelle à $v^{3}$ : passer de $80$ à $120 km/h$ la multiplie par $(3/2)^{3} = 3, 4$ . Comme la distance parcourue par seconde ne croît que comme $v$ , l'énergie dépensée par kilomètre contre la traînée croît comme $v^{2}$ : c'est l'argument physique derrière les limitations de vitesse et les recommandations d'éco-conduite. Le moteur thermique ayant un rendement d'environ $30 %$ , les $19, 9 kW$ mécaniques correspondent à quelque $65 kW$ de puissance chimique du carburant.

Exemple 4.12 · Centrale de la Grande Dixence

Le barrage de la Grande Dixence, en Valais, alimente la centrale de Bieudron par une conduite forcée dont la hauteur de chute brute est $h = 1883 m$ . Le débit maximal turbiné est $Q = 75, 0 m^{3} / s$ et la puissance électrique installée vaut $1269 MW$ . Quel est le rendement de l'installation?

Chaque seconde, une masse d'eau $ρQ = 1000 \times 75, 0 = 7, 50 \cdot 1 0^{4} kg$ descend de $h$ : le poids fournit la puissance

P_{hydr} = ρ g Q h = 1000 \times 9, 81 \times 75, 0 \times 1883 = 1, 39 \cdot 1 0^{9} W = 1385 MW .

Le rendement global (pertes de charge dans la conduite, turbine Pelton, alternateur, transformateur) est donc $η = 1269/1385 = 0, 916$ : plus de $90 %$ de l'énergie potentielle de l'eau est convertie en électricité, une performance qu'aucune machine thermique n'approche. Une formule pratique en découle: $P \approx η ρ g Q h$ , soit environ $9 kW$ par $m^{3} / s$ et par mètre de chute. Le lac des Dix ( $400 \cdot 1 0^{6} m^{3}$ ) représente une réserve de $ρ g V h \approx 7, 4 \cdot 1 0^{15} J$ , soit environ $2 TWh$ : une batterie géante qui se recharge à la fonte des neiges.

Synthèse

Le travail d'une force est $W = \int F \cdot d l$ , aire sous la courbe force–position; il est moteur, résistant ou nul selon l'angle entre la force et le déplacement. Poids: $- m g Δ z$ ; ressort: $- \frac{1}{2} k (x_{B}^{2} - x_{A}^{2})$ ; frottement: $- μ_{c} N s$ ; normale et tension d'un fil: $0$ .
Théorème de l'énergie cinétique: $Δ (\frac{1}{2} m v^{2}) = \sum W$ de toutes les forces. Il découle de la deuxième loi de Newton multipliée scalairement par $v$ et intégrée; il donne des vitesses et des distances sans la trajectoire ni la durée.
Une force est conservative si son travail ne dépend pas du chemin; elle dérive alors d'une énergie potentielle, $W = - Δ U$ et $F = - d U / d x$ . $U_{pes} = m g z$ , $U_{\overset{e}{ˊ} l} = \frac{1}{2} k x^{2}$ , $U_{grav} = - GM m / r$ ; la référence est arbitraire.
Sur le graphe de $U$ : équilibres aux extremums, stables aux minimums, instables aux maximums; mouvement permis là où $U \leq E_{m}$ , points de rebroussement là où $U = E_{m}$ .
Conservation de l'énergie mécanique: $Δ (E_{c} + U) = W_{n c}$ ; sans forces non conservatives qui travaillent, $E_{c} + U$ est constante. Le frottement dissipe l'énergie mécanique en chaleur.
Puissance $P = d W / d t = F \cdot v$ , en watts ( $1 ch = 735, 5 W$ , $1 kWh = 3, 6 MJ$ ); la puissance contre la traînée croît comme $v^{3}$ ; centrale hydraulique $P = η ρ g Q h$ ; rendement $η = P_{utile} / P_{re \overset{c}{¸} ue}$ .

Série d'exercices du chapitre 4

Exercice 1 sur 5

Exercice

Une voiture double sa vitesse. Sur la même route, avec les mêmes pneus, sa distance de freinage est:

Problème guidé

Montagnes russes

Un wagonnet de montagnes russes de masse $m = 500 kg$ est lâché sans vitesse du sommet d'une première bosse, à la hauteur $H = 40, 0 m$ au-dessus du point bas de la piste. Il descend, traverse une boucle verticale de rayon $R = 12, 0 m$ dont le point bas est au niveau de la piste, puis revient au niveau de la piste. On néglige d'abord les frottements et l'on prend $g = 9, 81 m/s^{2}$ .

1
Vitesse au bas de la première descente
Entre le sommet (repos) et le bas de la piste, seul le poids travaille: l'énergie mécanique se conserve, avec la référence $U = 0$ au niveau de la piste.
Exercice
Calculez la vitesse du wagonnet au bas de la descente, en m/s.
m/s
Vitesse au sommet de la boucle
Force normale au sommet
Énergie dissipée

Exercices

Vous pouvez afficher le corrigé directement sous chaque énoncé après avoir cherché la solution.

Exercice 4.1 · Caisse tirée par une corde

Une caisse de masse $m = 20, 0 kg$ , initialement au repos sur un sol horizontal, est tirée sur $d = 10, 0 m$ par une corde faisant un angle de $30, 0°$ avec l'horizontale, avec une tension constante $T = 80, 0 N$ . Le coefficient de frottement cinétique caisse–sol vaut $μ_{c} = 0, 250$ .

Calculer la force normale et la force de frottement.
Calculer le travail de chacune des quatre forces (tension, frottement, poids, normale) sur le déplacement.
En déduire la vitesse de la caisse après $10, 0 m$ .

Solution

1. La caisse ne quitte pas le sol: la somme des forces verticales est nulle, $N + T sin 30° - m g = 0$ , d'où $N = m g - T sin 30° = 196, 2 - 40, 0 = 156, 2 N$ . La composante verticale de la tension soulage le sol. Le frottement vaut $f = μ_{c} N = 0, 250 \times 156, 2 = 39, 1 N$ .

2. Le déplacement est horizontal, de longueur $d = 10, 0 m$ .

Tension: $W_{T} = T d cos 30° = 80, 0 \times 10, 0 \times 0, 866 = 693 J$ (moteur).
Frottement: $W_{f} = - f d = - 39, 05 \times 10, 0 = - 391 J$ (résistant).
Poids et normale: perpendiculaires au déplacement, $W_{P} = W_{N} = 0$ .

Le travail total vaut $W = 693 - 391 = 302 J$ .

3. Théorème de l'énergie cinétique, avec $v_{A} = 0$ :

\frac{1}{2} m v^{2} = 302, 3 J ⟹ v = \frac{2 \times 302 , 3}{20 , 0} = 5, 50 m/s .

On peut vérifier par Newton: $a = (T cos 30° - f) / m = (69, 28 - 39, 05) /20, 0 = 1, 51 m/s^{2}$ et $v = 2 a d = 5, 50 m/s$ . Le bilan d'énergie évite le calcul de l'accélération, mais il ne dit pas que le trajet a duré $3, 6 s$ .

Exercice 4.2 · Piste de luge

Un lugeur de masse $m = 75, 0 kg$ part sans vitesse du sommet d'une piste rectiligne inclinée de $θ = 25, 0°$ , dont la dénivellation est $h = 30, 0 m$ , puis continue sur un replat horizontal. Le coefficient de frottement luge–neige vaut $μ_{c} = 0, 0800$ partout. On néglige la résistance de l'air.

Si l'on néglige le frottement sur la pente seulement, à quelle distance $d_{0}$ du pied de la pente le lugeur s'arrête-t-il?
Reprendre la question en tenant compte du frottement sur la pente: vitesse au pied de la pente et distance d'arrêt $d$ .
Pourquoi la masse n'intervient-elle pas? Qu'est-ce qui changerait avec la résistance de l'air?

Solution

1. Bilan d'énergie mécanique entre le sommet $A$ (repos, hauteur $h$ ) et l'arrêt $B$ sur le replat (repos, hauteur $0$ ), la normale ne travaillant pas: $Δ E_{m} = 0 - m g h = W_{n c} = - μ_{c} m g d_{0}$ , d'où

d_{0} = \frac{h}{μ _{c}} = \frac{30 , 0}{0 , 0800} = 375 m .

Toute l'énergie potentielle $m g h = 22, 1 kJ$ est dissipée sur le replat.

2. Sur la pente, de longueur $L = h / sin θ = 71, 0 m$ , la normale vaut $m g cos θ$ et le frottement fournit $W_{f, 1} = - μ_{c} m g cos θ L = - μ_{c} m g h cot θ = - 3, 79 kJ$ . Au pied de la pente,

\frac{1}{2} m v^{2} = m g h (1 - μ_{c} cot θ) = m g h (1 - 0, 0800 \times 2, 145) = 0, 828 m g h, v = 2 \times 9, 81 \times 30, 0 \times 0, 828 = 22, 1 m/s .

Sur le replat, $- \frac{1}{2} m v^{2} = - μ_{c} m g d$ donne

d = \frac{v ^{2}}{2 μ _{c} g} = \frac{h ( 1 - μ _{c} cot θ )}{μ _{c}} = 375 \times 0, 828 = 311 m .

Le lugeur s'arrête $64 m$ plus tôt: c'est l'énergie dissipée sur la pente qui manque.

3. Toutes les forces en jeu (poids, normale, frottement $μ_{c} N$ ) sont proportionnelles à $m$ , de sorte que tous les termes du bilan le sont aussi: $m$ se simplifie. La résistance de l'air, elle, dépend de la surface frontale et de la vitesse mais pas de la masse: un lugeur lourd irait un peu plus loin qu'un léger, ce que les compétiteurs savent bien (les règlements limitent la masse totale, lest compris). Elle rendrait aussi le calcul impossible par simple bilan, le travail de la traînée dépendant de la vitesse le long de tout le trajet: il faudrait intégrer l'équation du mouvement.

Exercice 4.3 · Ressort et plan incliné

Un ressort de raideur $k = 800 N/m$ , comprimé de $x_{0} = 10, 0 cm$ , propulse un bloc de masse $m = 0, 500 kg$ sur un plan incliné de $θ = 30, 0°$ . Le bloc part de la position du ressort détendu, au pied du plan, et glisse vers le haut avec un coefficient de frottement $μ_{c} = 0, 200$ .

Quelle énergie le ressort communique-t-il au bloc?
Quelle distance $L$ le bloc parcourt-il le long du plan avant de s'arrêter?
Le bloc redescend-il? Si oui, avec quelle vitesse arrive-t-il au pied du plan et de combien recomprime-t-il le ressort?

Solution

1. Le ressort libère toute son énergie potentielle élastique, $E_{0} = \frac{1}{2} k x_{0}^{2} = \frac{1}{2} \times 800 \times 0, 10 0^{2} = 4, 00 J$ (le bloc se détache lorsque le ressort atteint sa longueur naturelle, la force de rappel s'annulant alors).

2. Bilan d'énergie mécanique entre le pied du plan (énergie $E_{0}$ , référence $U_{pes} = 0$ ) et le point d'arrêt à la distance $L$ (hauteur $L sin θ$ , vitesse nulle), le frottement $μ_{c} m g cos θ$ travaillant sur la longueur $L$ :

m g L sin θ - E_{0} = - μ_{c} m g cos θ L ⟹ L = \frac{E _{0}}{m g ( sin θ + μ _{c} cos θ )} = \frac{4 , 00}{0 , 500 \times 9 , 81 \times ( 0 , 500 + 0 , 173 )} = 1, 21 m .

Le bloc monte de $h = L sin θ = 0, 606 m$ ; il a alors $m g h = 2, 97 J$ d'énergie potentielle et a dissipé $1, 03 J$ .

3. Au point d'arrêt, la composante du poids le long du plan, $m g sin θ$ , l'emporte sur le frottement statique maximal, au plus $μ_{s} m g cos θ$ avec $μ_{s}$ voisin de $μ_{c}$ , puisque $tan θ = 0, 577 > 0, 200$ : le bloc redescend. Nouveau bilan entre le point d'arrêt et le pied du plan, le frottement travaillant encore sur $L$ :

\frac{1}{2} m v^{2} = m g h - μ_{c} m g cos θ L = 2, 97 - 1, 03 = 1, 94 J, v = \frac{2 \times 1 , 94}{0 , 500} = 2, 79 m/s .

Le bloc rencontre le ressort et le comprime jusqu'à ce que son énergie cinétique soit entièrement stockée (on néglige le frottement pendant cette courte compression): $\frac{1}{2} k x_{1}^{2} = 1, 94 J$ , soit $x_{1} = 2 \times 1, 94/800 = 6, 97 cm$ . Un aller-retour a coûté $4, 00 - 1, 94 = 2, 06 J$ ; le bloc repart pour un aller-retour plus court, et ainsi de suite jusqu'à ce que le frottement l'immobilise.

Exercice 4.4 · Train du Gornergrat

Le chemin de fer à crémaillère du Gornergrat relie Zermatt ( $1605 m$ ) au Gornergrat ( $3089 m$ ) en $9, 40 km$ de voie et $33, 0 min$ . On considère une rame de masse totale $m = 40, 0 t$ et l'on modélise les résistances (roulement, crémaillère, air) par une force constante égale à $1, 50 %$ du poids. Le rendement de la chaîne moteur–transmission vaut $η = 0, 850$ .

Calculer le travail du poids sur la montée et la vitesse moyenne de la rame.
Calculer la puissance mécanique moyenne à fournir aux roues, puis la puissance électrique moyenne absorbée.
Calculer l'énergie électrique consommée pour une montée, en kWh.
À la descente, le train freine électriquement et renvoie de l'énergie au réseau avec le même rendement $η$ . Quelle fraction de l'énergie de la montée est récupérée?

Solution

1. Dénivellation $Δ z = 3089 - 1605 = 1484 m$ , donc $W_{P} = - m g Δ z = - 40000 \times 9, 81 \times 1484 = - 5, 82 \cdot 1 0^{8} J = - 582 MJ$ . La vitesse moyenne vaut $\overset{v}{ˉ} = 9400/1980 = 4, 75 m/s$ , soit $17, 1 km/h$ ; la pente moyenne est $Δ z / L = 15, 8 %$ (elle atteint $20 %$ par endroits, d'où la crémaillère).

2. Sur toute la montée, $Δ E_{c} \approx 0$ (départ et arrivée à l'arrêt). Le théorème 4.2 donne $W_{moteur} = m g Δ z + f_{r} L$ avec $f_{r} = 0, 0150 \times m g = 5886 N$ : la part contre le poids vaut $582 MJ$ , la part contre les résistances $f_{r} L = 5886 \times 9400 = 55, 3 MJ$ . La puissance mécanique moyenne est

\overset{ˉ}{P}_{m \overset{e}{ˊ} c} = \frac{m g Δ z + f _{r} L}{Δ t} = \frac{( 582 , 3 + 55 , 3 ) \cdot 1 0 ^{6}}{1980} = 322 kW,

dont $294 kW$ contre la pesanteur et $27, 9 kW$ contre les résistances. La puissance électrique absorbée vaut $\overset{ˉ}{P}_{\overset{e}{ˊ} l} = \overset{ˉ}{P}_{m \overset{e}{ˊ} c} / η = 322/0, 850 = 379 kW$ .

3. $E_{\overset{e}{ˊ} l} = \overset{ˉ}{P}_{\overset{e}{ˊ} l} Δ t = 3, 79 \cdot 1 0^{5} \times 1980 = 7, 50 \cdot 1 0^{8} J$ , soit $E_{\overset{e}{ˊ} l} = 750/3, 6 = 208 kWh$ (l'énergie mécanique seule vaut $638 MJ = 177 kWh$ ). Pour $200$ passagers, cela fait environ $1 kWh$ par personne, le contenu énergétique d'un dixième de litre d'essence.

4. À la descente, le poids fournit $+ m g Δ z = 582 MJ$ ; les résistances en absorbent $f_{r} L = 55, 3 MJ$ ; le reste, $527 MJ$ , doit être dissipé par le freinage. Converti en électricité avec le rendement $η$ , il rend $E_{rec} = 0, 850 \times 527 = 448 MJ = 124 kWh$ , soit

\frac{E _{rec}}{E _{\overset{e}{ˊ} l}} = \frac{448}{750} = 0, 597 \approx 60 %.

Le train à crémaillère est ainsi un accumulateur: c'est la pratique réelle sur les lignes de la Jungfrau et du Gornergrat, où les trains qui descendent alimentent en partie ceux qui montent. Les $40 %$ perdus le sont deux fois dans le rendement ( $η^{2} = 0, 72$ ) et dans les résistances comptées deux fois.

Exercice 4.5 · De la force à la conservation, et retour aux petites oscillations

Un point matériel de masse $m$ se déplace sur l'axe $x$ , soumis à la seule force $F (x) = - U^{'} (x)$ , où $U$ est une fonction deux fois dérivable.

Démontrer directement, à partir de la deuxième loi de Newton, que $E_{m} = \frac{1}{2} m \overset{x}{˙}^{2} + U (x)$ est constante au cours du mouvement.
Soit $x_{0}$ un minimum local strict de $U$ avec $U^{''} (x_{0}) > 0$ . Montrer que pour de petits écarts $ξ = x - x_{0}$ , l'équation du mouvement se ramène à $m \ddot{ξ} = - U^{''} (x_{0}) ξ$ , et en déduire que le point oscille autour de $x_{0}$ avec la pulsation $ω = U^{''} (x_{0}) / m$ .
Que se passe-t-il au voisinage d'un maximum local de $U$ ?
Appliquer au potentiel de l'explorateur, $U (x) = a x^{4} - b x^{2}$ avec $a, b > 0$ : positions d'équilibre, stabilité, pulsation des petites oscillations au fond des puits. Vérifier avec $a = 1 J/m^{4}$ , $b = 2 J/m^{2}$ et $m = 1 kg$ .

Solution

1. La deuxième loi de Newton s'écrit $m \overset{x}{¨} = - U^{'} (x)$ . Dérivons $E_{m}$ par rapport au temps, en utilisant la règle de dérivation des fonctions composées pour $U (x (t))$ :

\frac{d E _{m}}{d t} = m \overset{x}{˙} \overset{x}{¨} + U^{'} (x) \overset{x}{˙} = \overset{x}{˙} (m \overset{x}{¨} + U^{'} (x)) = 0.

Une fonction du temps dont la dérivée est identiquement nulle est constante: $E_{m}$ garde sa valeur initiale $\frac{1}{2} m v_{0}^{2} + U (x_{0})$ . On retrouve le théorème 4.2 sans passer par le travail: la conservation de l'énergie est une intégrale première de l'équation du mouvement, c'est-à-dire une relation entre $x$ et $\overset{x}{˙}$ obtenue en intégrant une fois. Réciproquement, tant que $\overset{x}{˙} \neq = 0$ , la conservation de $E_{m}$ équivaut à l'équation de Newton.

2. Développons $U$ au voisinage de $x_{0}$ par la formule de Taylor à l'ordre 2:

U (x_{0} + ξ) = U (x_{0}) + U^{'} (x_{0}) ξ + \frac{1}{2} U^{''} (x_{0}) ξ^{2} + o (ξ^{2}) = U (x_{0}) + \frac{1}{2} U^{''} (x_{0}) ξ^{2} + o (ξ^{2}),

puisque $U^{'} (x_{0}) = 0$ à l'équilibre. La force vaut donc $F = - U^{'} (x_{0} + ξ) = - U^{''} (x_{0}) ξ + o (ξ)$ : au premier ordre, c'est une force de rappel proportionnelle à l'écart, exactement comme celle d'un ressort de raideur effective $k_{eff} = U^{''} (x_{0}) > 0$ . Comme $\overset{x}{¨} = \ddot{ξ}$ , l'équation du mouvement linéarisée est

m \ddot{ξ} + U^{''} (x_{0}) ξ = 0 ⟺ \ddot{ξ} + ω^{2} ξ = 0, ω^{2} = \frac{U ^{''} ( x _{0} )}{m} .

Ses solutions sont $ξ (t) = A cos (ω t - φ)$ : le point oscille sinusoïdalement autour de $x_{0}$ avec la pulsation $ω = U^{''} (x_{0}) / m$ et la période $T = 2 π / ω$ , indépendantes de l'amplitude tant que celle-ci est assez petite pour que l'approximation reste valable. C'est l'oscillateur harmonique du chapitre 7; pour un ressort, $U = \frac{1}{2} k x^{2}$ redonne $ω = k / m$ , et pour le pendule, $U = m g L (1 - cos θ) \approx \frac{1}{2} m g L θ^{2}$ redonne $ω = g / L$ . Tout minimum d'énergie potentielle est, de près, un ressort: c'est l'universalité de l'oscillateur harmonique.

3. Au voisinage d'un maximum, $U^{''} (x_{0}) < 0$ et l'équation linéarisée devient $\ddot{ξ} = γ^{2} ξ$ avec $γ^{2} = - U^{''} (x_{0}) / m > 0$ . Ses solutions $ξ = A e^{γ t} + B e^{- γ t}$ contiennent une exponentielle croissante: sauf pour la condition initiale très particulière $A = 0$ , l'écart croît exponentiellement et le point quitte le voisinage de $x_{0}$ . L'équilibre est instable, ce qui justifie la définition donnée dans le chapitre. Si $U^{''} (x_{0}) = 0$ , le développement doit être poussé plus loin et la stabilité dépend des termes suivants.

4. $U^{'} (x) = 4 a x^{3} - 2 b x = 2 x (2 a x^{2} - b)$ s'annule en $x = 0$ et en $x = \pm x_{0}$ avec $x_{0} = b / (2 a)$ . Or $U^{''} (x) = 12 a x^{2} - 2 b$ : $U^{''} (0) = - 2 b < 0$ , l'origine est un maximum, équilibre instable (sommet de la barrière); $U^{''} (\pm x_{0}) = 12 a \frac{b}{2 a} - 2 b = 4 b > 0$ , les deux fonds de puits sont des équilibres stables, à la profondeur $U (\pm x_{0}) = a \frac{b ^{2}}{4 a ^{2}} - b \frac{b}{2 a} = - \frac{b ^{2}}{4 a}$ . Les petites oscillations au fond d'un puits ont la pulsation

ω = \frac{U ^{''} ( x _{0} )}{m} = \frac{4 b}{m} = 2 \frac{b}{m},

indépendante de $a$ : ce coefficient ne fixe que la position des puits, pas leur courbure au fond. Avec $a = 1 J/m^{4}$ , $b = 2 J/m^{2}$ et $m = 1 kg$ : $x_{0} = \pm 1, 00 m$ , profondeur $- 1, 00 J$ , $ω = 8 = 2, 83 rad/s$ et $T = 2, 22 s$ . Vous pouvez le vérifier sur l'explorateur: pour une énergie légèrement supérieure à $- 1 J$ , les points de rebroussement sont presque symétriques autour de $\pm 1$ , signe d'un puits localement parabolique; pour une énergie proche de $0$ , la barrière ralentit le point et la période s'allonge, l'approximation harmonique cessant d'être valable.

Références

Gruber, C. et Benoit, W., Mécanique générale, Presses polytechniques et universitaires romandes, Lausanne, chap. 6–7.
Halliday, D., Resnick, R. et Walker, J., Physique 1 – Mécanique, Chenelière Éducation, Montréal, chap. 7–8.
Benson, H., Physique I – Mécanique, De Boeck, Bruxelles, chap. 7–8.
Kleppner, D. et Kolenkow, R., An Introduction to Mechanics, 2e éd., Cambridge University Press, chap. 5.
Young, H. D. et Freedman, R. A., University Physics, 15e éd., Pearson, chap. 6–7.
Feynman, R., Leighton, R. et Sands, M., Le cours de physique de Feynman – Mécanique 1, Dunod, Paris, chap. 4, 13 et 14.

Objectifs du chapitre

Le travail d'une force

Pourquoi une nouvelle grandeur?

Travail du poids

Travail d'un ressort

Travail du frottement

Le théorème de l'énergie cinétique

Énoncé et démonstration

Applications

Forces conservatives et énergie potentielle

Définition

Énergie potentielle

Lecture graphique de U(x)

Explorateur du paysage d'énergie potentielle

Conservation de l'énergie mécanique

Le théorème

Applications

Puissance

Définition et unités

Exemples

Synthèse

Série d'exercices du chapitre 4

Montagnes russes

Vitesse au bas de la première descente

Vitesse au sommet de la boucle

Force normale au sommet

Énergie dissipée

Exercices

Références