Réécriture de quelques exercices sur la conservation de l'énergie
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52e2b8c000
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@ -1981,8 +1981,9 @@ On lâche la première à vitesse initiale nulle. Calculez la vitesse de la seco
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\begin{enumerate}
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\item Quelle est l'énergie minimale que l'équipe qui l'utilise doit fournir pendant cette compétition pour véhiculer le bob du bas au haut de la piste ?
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\item Quelle est l'énergie perdue par le bob pendant les descentes et d'où vient-elle ?
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\item Estimez la force de frottement qui s'exerce sur le bob si on imagine que la vitesse moyenne du bob est de \SI{80}{\kilo\metre\per\hour}.
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\item Estimez la force de frottement qui s'exerce sur le bob si on imagine que la vitesse finale du bob est de \SI{200}{\kilo\metre\per\hour}.
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\end{enumerate}
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Réponses~: \SI{2452500}{\joule} et \SI{106,3}{\newton}
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\begin{solos}
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Le travail de l'équipe pour remonter le bobsleigh du bas de la piste à son point de départ sert à augmenter l'énergie potentielle du bob. On néglige les frottement exercés sur le véhicule de transport. Ainsi, on a~:
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\begin{align*}
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@ -1995,21 +1996,21 @@ On lâche la première à vitesse initiale nulle. Calculez la vitesse de la seco
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C'est évidemment la même énergie qui est perdue pendant la descente (à l'exception de la poussée initiale). Elle vient du travail du poids sur le bob et les quatre personnes qui se trouvent à l'intérieur.
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\medskip
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L'énergie potentielle perdue par le bob sert à augmenter sa vitesse et à lutter contre le frottement. Le travail nécessaire à parvenir à une vitesse de \SI{80}{\kilo\metre\per\hour} est égal à l'énergie cinétique acquise. Pour un bob de \SI{600}{\kilo\gram} et une vitesse moyenne de 80/3,6=\SI{22,2}{\metre\per\second}, on a un travail de~:
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\[A=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2=\frac{1}{2}\cdot 600\cdot 22,2^2=\SI{148148}{\joule}\]
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par descente. Soit au total, pour 5 descentes \SI{740740}{\joule}.
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L'énergie potentielle perdue par le bob sert à augmenter sa vitesse et à lutter contre le frottement. Le travail nécessaire à parvenir à une vitesse de \SI{80}{\kilo\metre\per\hour} est égal à l'énergie cinétique acquise. Pour un bob de \SI{600}{\kilo\gram} et une vitesse moyenne de 200/3,6=\SI{55,56}{\metre\per\second}, on a un travail de~:
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\[A=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2=\frac{1}{2}\cdot 600\cdot 55,56^2=\SI{925926}{\joule}\]
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par descente. Soit au total, pour 5 descentes \SI{4629630}{\joule}.
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Cette valeur est supérieure à l'énergie fournie au bob pendant la montée. C'est normal, car on a pas tenu compte alors de l'énergie nécessaire à monter les personnes. Pour cela, il faut calculer l'énergie potentielle acquise par la masse de \SI{600}{\kilo\gram}~:
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\[E_{pot}=600\cdot 9,81\cdot 200=\SI{1177200}{\joule}\]
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qui est bien supérieure à celle fournie pour augmenter la vitesse.
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\medskip
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La différence d'énergie potentielle et cinétique, soit 1'117'200-740'740 = \SI{436460}{\joule}, est perdue dans le frottement.
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La différence d'énergie potentielle et cinétique, soit 1'117'200-925'926 = \SI{191274}{\joule}, est perdue dans le frottement.
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Comme la distance sur laquelle il s'exerce est de \SI{1800}{\metre}, on peut calculer la force de frottement moyenne par~:
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\begin{align*}
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A_{fr}&=F_fr\cdot d\;\Rightarrow\\
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F_{fr}&=\frac{A_{fr}}{d}=\frac{436'460}{1'800}=\SI{242,5}{\newton}
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F_{fr}&=\frac{A_{fr}}{d}=\frac{191'274}{1'800}=\SI{106,3}{\newton}
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\end{align*}
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C'est évidemment une estimation.
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\end{solos}
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@ -2018,9 +2019,10 @@ On lâche la première à vitesse initiale nulle. Calculez la vitesse de la seco
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}
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\subsection{Relatifs à la conservation de l'énergie}
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Les exercices suivants doivent être réalisés si possible sans la théorie de Newton, c'est-à-dire uniquement avec l'énergie.
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\begin{ex}
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Sans l'aide de l'accélération, calculez la vitesse d'une personne qui a sauté (sans vitesse initiale) d'un plongeoir de \SI{10}{\metre} et arrive dans l'eau. Réponse~: \SI{50,4}{\kilo\metre\per\hour}.
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Calculez la vitesse d'une personne qui a sauté (sans vitesse initiale) d'un plongeoir de \SI{10}{\metre} et arrive dans l'eau. Réponse~: \SI{50,4}{\kilo\metre\per\hour}.
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\begin{sol}
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Pour rappel, résolvons tout d'abord le problème à l'aide de l'accélération. Nous sommes dans le cas d'un MRUA. Donc, on peut écrire~:
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\begin{align*}
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@ -2064,14 +2066,47 @@ On lâche la première à vitesse initiale nulle. Calculez la vitesse de la seco
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\end{ex}
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\begin{ex}
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Une tuile d'une masse de \SI{2}{\kilo\gram} se met à glisser du haut d'un toit dont le sommet se trouve à \SI{30}{\metre}. Au moment où elle quitte le toit, sa hauteur vaut \SI{25}{\metre} (on ne tient pas compte du frottement de la tuile sur le toit). Calculez la distance au pied du toit à laquelle la tuile arrivera au sol. L'angle du toit par rapport à l'horizontale vaut \SI{15}{\degree}. Réponse~: \SI{19,12}{\metre}.
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Une voiture de deux tonnes roulant horizontalement augmente sa vitesse de \SI{5}{} à \SI{10}{\kilo\metre\per\hour}. Quelle est l'augmentation de son énergie cinétique ? Réponse~: \SI{5787}{\joule}.
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\begin{sol}
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Simplement, on a~:
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\begin{align*}
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\Delta E_{cin}&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v_f^2-\frac{1}{2}\cdot m\cdot v_i^2\\
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&=\frac{1}{2}\cdot 2000\cdot ((\frac{10}{3,6})^2-(\frac{5}{3,6}^2))=\SI{5787}{\joule}
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\end{align*}
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\end{sol}
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\end{ex}
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\optv{OS}{
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\begin{exos}
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Une tuile d'une masse de \SI{2}{\kilo\gram} se met à glisser du haut d'un toit dont le sommet se trouve à \SI{30}{\metre}. Au moment où elle quitte le toit, sa hauteur vaut \SI{25}{\metre} (on ne tient pas compte du frottement de la tuile sur le toit). Calculez les vitesses de la tuile au moment où elle quitte le toit et au moment où elle touche le sol, puis recalculez ces deux vitesses par la théorie de Newton. Que constatez-vous ? L'angle du toit par rapport à l'horizontale vaut \SI{15}{\degree}. Réponses~: \SI{9,9}{\metre\per\second} et \SI{24,26}{\metre\per\second}.
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\begin{solos}
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Commençons par calculer la vitesse à laquelle la tuile quitte le toit. La conservation de l'énergie mécanique implique que~:
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\begin{align*}
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m\cdot g\cdot \Delta h&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2\;\Rightarrow\\
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||||
v&=\sqrt{2\cdot g\cdot \Delta h}\\
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||||
&=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot (30-25)}=\SI{9.9}{\metre\per\second}
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||||
\end{align*}
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||||
Pour la vitesse au sol, la hauteur est de \SI{30}{\metre} et c'est tout aussi simple~:
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\begin{align*}
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||||
m\cdot g\cdot \Delta h&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2\;\Rightarrow\\
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||||
v&=\sqrt{2\cdot g\cdot \Delta h}\\
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||||
&=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot (30-0)}=\SI{24,26}{\metre\per\second}
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||||
\end{align*}
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\medskip
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||||
Par la théorie de Newton, pour la vitesse au bord du toit, il faut déterminer l'accélération de la tuile sur le plan incliné que le toit constitue. Nous avons déjà vu que la composante de l'accélération de la tuile parallèlement au toit vaut~:
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||||
\begin{equation*}
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||||
a_{//}=g\cdot\sin(\alpha)=9,81\cdot \sin(15)=\SI{2,54}{\metre\per\second\squared}
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||||
\end{equation*}
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Ainsi, considérant que le mouvement sans frottement d'une tuile sur un plan incliné est un MRUA, on peut déterminer la vitesse parallèle au toit, en bordure de celui-ci à l'aide soit du temps de descente soit de la distance parcourue d. Considérant une hauteur de \SI{5}{\metre} et un angle de \SI{15}{\degree}, on a~:
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||||
\begin{equation*}
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d=\frac{h}{\sin(\alpha)}=\frac{5}{\sin(15^{\circ})}=\SI{19,32}{\metre}
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||||
\end{equation*}
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||||
La vitesse s'obtient alors par~:
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\begin{equation*}
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v_{//}=\sqrt{2\cdot g\cdot d}=\sqrt{2\cdot 2,54\cdot 19,32}=\SI{9,9}{\metre\per\second}
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||||
\end{equation*}
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||||
Cette vitesse est un vecteur qui fait avec l'horizontale un angle de \SI{15}{\degree}. La balistique (voir annexe \ref{balistique}) nous apprend qu'il faut décomposer le mouvement sur chaque axe. En particulier la vitesse initiale a les composantes suivantes~:
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\begin{align*}
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v_x&=v\cdot \cos(\alpha)=9,9\cdot \cos(-15^{\circ})=\SI{9,56}{\metre\per\second}\\
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||||
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@ -2093,25 +2128,27 @@ On lâche la première à vitesse initiale nulle. Calculez la vitesse de la seco
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C'est une équation du second degré à une inconnue \(t_{sol}\). Sa solution est~:
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\begin{align*}
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t_{sol}&=\frac{2,56\pm \sqrt{2,56^2+4\cdot 4,905\cdot 25}}{2\cdot (-4,905)}\\
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||||
&=\frac{2,56\pm 22,3}{-9,81}=\begin{cases}\SI{-2,53}{\second}\\\SI{2}{\second}\end{cases}
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||||
&=\frac{2,56\pm 22,3}{-9,81}=\begin{cases}\SI{-2,53}{\second}\\\SI{2,012}{\second}\end{cases}
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\end{align*}
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||||
Évidemment, le temps correct est celui qui est positif.
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Ainsi, \(t_{sol}=\SI{2}{\second}\). La distance au pied du toit à laquelle la tuile arrivera est donc~:
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\[x(t_{sol})=v_x\cdot t_{sol}=9,56\cdot 2=\SI{19,12}{\metre}\]
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\end{sol}
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\end{ex}
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Ainsi, \(t_{sol}=\SI{2,012}{\second}\).
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On peut alors calculer la vitesse verticale finale par~:
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\begin{equation*}
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v_y=-g\cdot t+v_0=-9,81\cdot 2,012-2,56=\SI{-22,30}{\metre\per\second}
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||||
\end{equation*}
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||||
Comme, conformément à un mouvement balistique, la vitesse horizontale n'a pas changé, la vitesse en bas s'obtient par Pythagore~:
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\begin{equation*}
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||||
v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{9,56^2+22,30^2}=\SI{24,26}{\metre\per\second}
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||||
\end{equation*}
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\medskip
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||||
Il faut conclure qu'obtenir les vitesses par la méthode de Newton est bien plus complexe que par l'énergie.
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\end{solos}
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\end{exos}
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\begin{ex}
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Une voiture de deux tonnes roulant horizontalement augmente sa vitesse de \SI{5}{} à \SI{10}{\kilo\metre\per\hour}. Quelle est l'augmentation de son énergie cinétique ? Réponse~: \SI{5787}{\joule}.
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||||
\begin{sol}
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||||
Simplement, on a~:
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||||
\begin{align*}
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||||
\Delta E_{cin}&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v_f^2-\frac{1}{2}\cdot m\cdot v_i^2\\
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||||
&=\frac{1}{2}\cdot 2000\cdot ((\frac{10}{3,6})^2-(\frac{5}{3,6}^2))=\SI{5787}{\joule}
|
||||
\end{align*}
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||||
\end{sol}
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||||
\end{ex}
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}
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\subsection{Relatifs à l'énergie hydraulique}
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@ -115,7 +115,7 @@
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\smallskip{}
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\begin{center}
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\input{Annexe-Exercices/Images/Erathostene}
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\input{Annexe-Exercices/Images/Erathostene.eps_tex}
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||||
\end{center}
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||||
\end{figure}
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||||
\begin{sol}
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||||
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@ -986,7 +986,7 @@ Attention, cette ``procédure\index{procédure}'', qui présente beaucoup d'avan
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|||
\end{exos}
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||||
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||||
\begin{exos}
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||||
Une lampe de \SI{7}{\kilo\gram} est suspendue entre deux murs par deux câbles souples sans masse qui font un angle de \SI{20}{\degree} et \SI{30}{\degree}.
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||||
Une lampe de \SI{7}{\kilo\gram} est suspendue entre deux murs par deux câbles souples sans masse qui font un angle de \SI{20}{\degree} et \SI{30}{\degree} par rapport à l'horizontale.
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||||
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||||
Quelles sont les tensions exercées par chaque câble sur les murs ? Réponses~: \SI{77,63}{\newton} et \SI{84,24}{\newton}.
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\begin{solos}
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||||
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@ -1031,7 +1031,7 @@ Attention, cette ``procédure\index{procédure}'', qui présente beaucoup d'avan
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|||
\end{exos}
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||||
\begin{exos}
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||||
Soient deux masses, la première, de valeur M=\SI{5}{\kilo\gram}, posée sur un plan horizontal sans frottements et la seconde, m=\SI{2}{\kilo\gram}, reliée à la première par une corde sans masse et pendant dans le vide, comme présenté sur la figure \ref{pendante}.
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||||
Soient deux masses, la première, de valeur M=\SI{3}{\kilo\gram}, posée sur un plan horizontal sans frottements et la seconde, m=\SI{2}{\kilo\gram}, reliée à la première par une corde sans masse et pendant dans le vide, comme présenté sur la figure \ref{pendante}.
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||||
\begin{figure}[ht]
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||||
\caption[Masse pendante]{La masse pendante}\label{pendante}
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\smallskip
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@ -1061,6 +1061,77 @@ On lâche la première à vitesse initiale nulle. Calculez la vitesse de la seco
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v^2&=0+2\cdot 3,924\cdot 1\;\Rightarrow\\
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||||
v&=\sqrt{2\cdot 3,924}=\SI{2,8}{\metre\per\second}
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||||
\end{align*}
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\bigskip
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Il ne faudrait pas penser qu'on ne peut résoudre ce problème avec le choix d'autres systèmes. Par exemple, on pourrait choisir la masse M se déplaçant horizontalement ou la masse m pendante ou même la corde les reliant. Essayons d'écrire les équations pour chacun de ces systèmes~:
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||||
\begin{description}
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||||
\item[système M] les deux forces verticales présentes sur ce système ne donne pas lieu à une accélération, puisque la masse se déplace horizontalement ; une seule force horizontale agit ; il s'agit de celle exercée par la corde sur la masse M. Elle agit en direction de la masse m et, en choisissant le côté positif de l'axe vers cette masse m, on peut écrire~:
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||||
\[T_M=M\cdot a_M\]
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||||
où la force exercée par la corde sur M est notée \(T_M\),
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||||
\item[système m] deux forces extérieures s'exercent sur cette masse ; il s'agit de son poids et de la force exercée vers le haut pas la corde sur celle-ci ; en suivant l'axe choisi pour la masse M, celui appliqué à m va vers le bas et on peut écrire~:
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||||
\[m\cdot g-T_m=m\cdot a_m\]
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||||
où la force exercée par la corde sur m est notée \(T_m\),
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||||
\item[système \(\mu\)] la corde de masse \(\mu\) subit deux forces opposées qui par action-réaction sont égales à \(T_M\) et \(T_m\). Ainsi, en utilisant le même axe que ci-dessus, on peut écrire~:
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||||
\[T_m-T_M=\mu\cdot a_{\mu}\]
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||||
\end{description}
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||||
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||||
On peut relever que le nombre d'inconnues dans ces équations est de cinq (\(a_M\), \(a_m\), \(T_M\), \(T_m\) et \(a_{\mu}\)). Pour résoudre entièrement ce système, il faut donc cinq équations. Or, nous n'en avons que trois. Il en faut donc encore deux, contenant les mêmes inconnues.
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||||
Les deux équations supplémentaires sont données par les hypothèses suivantes~:
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\begin{itemize}
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\item la corde reliant les deux masses est inextensible et
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\item la masse de la corde peut être considérée comme nulle.
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\end{itemize}
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||||
À partir de ces deux hypothèses, on peut écrire les deux équations suivantes~:
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\begin{align*}
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||||
a_m = a_M\\
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||||
T_M-T_m=0
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||||
\end{align*}
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||||
En effet, si la corde est inextensible, l'accélération des deux masses est la même. De plus, si la masse de la corde est nulle, même si l'accélération de celle-ci est non nulle, la somme des forces est nulle et les forces \(T_m\) et \(T_m\) sont égales.
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||||
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\medskip
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||||
les deux accélérations étant identiques, on peut retirer leurs indices, de même pour les forces \(T\). On peut alors écrire~:
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||||
\begin{align*}
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||||
T=M\cdot a\\
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||||
m\cdot g-T=m\cdot a
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||||
\end{align*}
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||||
et en remplaçant l'expression de \(T\) dans la seconde équation, on obtient~:
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||||
\[m\cdot g-M\cdot a=m\cdot a\;\Rightarrow\;a=\frac{m\cdot g}{M+m}\]
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||||
conformément à l'accélération obtenue précédemment.
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||||
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||||
\bigskip
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||||
On comprend maintenant facilement pourquoi le choix du système est si important. La résolution directe d'une unique équation est évidemment bien plus simple que celle de cinq équations à cinq inconnues.
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\smallskip
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||||
Mais, comme toujours, si adopter une méthode de résolution plus complexe augmente les risques d'erreurs, elle permet aussi de résoudre des problèmes que la méthode la plus simple ne peut aborder, comme la détermination de la tension dans la corde. De plus, la méthode complexe nécessite de faire explicitement des hypothèses que la méthode simple n'aborde même pas.
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||||
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||||
En ne prenant pas en compte la corde dans les équations de Newton, on néglige sa masse. Cette hypothèse, qu'on peut formuler par \(\mu_{corde}=0\) permet d'écrire la seconde loi de Newton pour le système constitué de la corde elle-même de la manière suivante~:
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||||
\[-T_M+T_m=\mu_{corde}\cdot a\;\Rightarrow\;T_M=T_m\]
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||||
où \(T_M\) et \(T_m\) sont les réactions des forces appliquées par la corde sur chaque masse, notées de manière identiques car égales en grandeur. On voit qu'à condition que la masse de la corde soit nulle, malgré une accélération non nulle, ces tensions sont égales, ce qui permet d'écrire que \(T_M=T_m=T\).
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||||
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||||
\smallskip
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||||
Le calcul de la tension \(T\) peut alors se faire de deux manières différentes~:
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||||
\begin{description}
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||||
\item[Système M] horizontalement une seule et unique force s'exerce sur M et la seconde loi devient~:
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||||
\[T_M=M\cdot a=M\cdot \frac{m\cdot g}{M+m}\]
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||||
\item[Système m] deux forces s'exercent verticalement selon la direction et le sens du mouvement~:
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||||
\begin{align*}
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||||
-T_m&+m\cdot g=m\cdot a\;\Rightarrow\\
|
||||
T_m&=m\cdot g-m\cdot a\;\Rightarrow\\
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||||
&=m\cdot g-m\cdot \frac{m\cdot g}{M+m}\;\Rightarrow\\
|
||||
&=\frac{m\cdot (M+m)-m^2}{M+m}\cdot g\;\Rightarrow\\
|
||||
&=M\frac{m\cdot g}{M+m}
|
||||
\end{align*}
|
||||
\end{description}
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||||
On voit alors que si chacune des tensions sont bien les mêmes, elles ne sont pas égales au poids de la masse m.
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||||
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||||
Évidemment, la physique nous l'avait dit par le fait que la masse m, non nulle, a une accélération que l'identité de la tension \(T\) exercée sur elle avec son poids ne permet pas d'expliquer, la somme des forces s'exerçant sur elle étant alors nulle. Mais on le voit maintenant par calcul et surtout on a l'expression de la tension dans la corde \(T\) en fonction des masses.
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\smallskip
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||||
Ainsi par exemple, avec des masses M=\SI{3}{\kilo\gram} et m=\SI{2}{\kilo\gram}, la tension vaut~:
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\[T=\frac{M\cdot m\cdot g}{M+m}=\frac{3}{5}\cdot m\cdot g\]
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||||
\end{solos}
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||||
\end{exos}
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||||
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||||
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@ -1203,7 +1274,7 @@ On lâche la première à vitesse initiale nulle. Calculez la vitesse de la seco
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|||
\end{exos}
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||||
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||||
\begin{exos}
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||||
Un parachutiste de \SI{70}{\kilo\gram} saute d'un avion et ouvre immédiatement son parachute. Sa vitesse augmente d'abord progressivement, puis se stabilise à une valeur à déterminer par le fait qu'en deçà de \SI{2}{\metre}, une personne normale peut atterrir sans risque d'un saut à vitesse initiale nulle.
|
||||
Un parachutiste de \SI{70}{\kilo\gram} saute d'un avion et ouvre immédiatement son parachute. Sa vitesse augmente d'abord progressivement, puis se stabilise à une valeur qui devient rapidement constante. Celle-ci doit être assez faible pour qu'arrivé au sol, le parachutiste puisse se réceptionner sans dommages. Or, on sait que, lâchée en deçà de \SI{2}{\metre} au-dessus du sol, une personne normale peut atterrir sans risques. Au-dessus de cette hauteur, ce n'est pas possible.
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||||
|
||||
Calculez la vitesse de descente du parachutiste pour qu'il puisse atterrir en toute sécurité. Puis déterminez la tension exercée par le parachute sur le parachutiste pendant sa descente. Réponses~: \SI{6,26}{\metre\per\second} et \SI{686,7}{\newton}.
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||||
\begin{solos}
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@ -1226,11 +1297,12 @@ On lâche la première à vitesse initiale nulle. Calculez la vitesse de la seco
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|||
Un ballon auquel est suspendu une nacelle de \SI{100}{\kilo\gram} soulève une masse de \SI{80}{\kilo\gram} accrochée sous la nacelle par une corde.
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||||
\begin{enumerate}
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||||
\item Il monte à vitesse constante. Calculez la force exercée par le ballon sur la nacelle et celle exercée par la corde sur la masse.
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||||
\item On lâche \SI{20}{\kilo\gram} de lest. Calculez l'accélération du ballon et les nouvelles force sur la nacelle et la masse.
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||||
\item On lâche \SI{20}{\kilo\gram} de lest. Calculez l'accélération du ballon et les nouvelles forces sur la nacelle et la masse.
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
Réponses~: \SI{1765,8}{\newton}, \SI{784,8}{\newton}, \SI{1,23}{\metre\per\second\squared} et \SI{882,9}{\newton}.
|
||||
Réponses~: \SI{1765,8}{\newton}, \SI{784,8}{\newton}, \SI{1,23}{\metre\per\second\squared}, \SI{1765,8}{\newton} et \SI{882,9}{\newton}.
|
||||
\begin{solos}
|
||||
\begin{enumerate}
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||||
Évidemment, on ne prends pas en compte la masse du ballon lui-même.
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\item Avec pour système la nacelle, la corde et la masse, les deux seules forces extérieures sont le poids P et la force exercée par le ballon F. Tout se déroulant sur un axe vertical, qu'on choisira vers le haut, on peut écrire la seconde loi sur cet axe~:
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||||
\[\sum F^{ext}=F-(M+m)\cdot g=(M+m)\cdot a=0\]
|
||||
puisque l'accélération est nulle. Ainsi, la force F exercée par le ballon sur la nacelle est simplement égale au poids du système~:
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@ -1909,8 +1981,9 @@ On lâche la première à vitesse initiale nulle. Calculez la vitesse de la seco
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|||
\begin{enumerate}
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\item Quelle est l'énergie minimale que l'équipe qui l'utilise doit fournir pendant cette compétition pour véhiculer le bob du bas au haut de la piste ?
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||||
\item Quelle est l'énergie perdue par le bob pendant les descentes et d'où vient-elle ?
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||||
\item Estimez la force de frottement qui s'exerce sur le bob si on imagine que la vitesse moyenne du bob est de \SI{80}{\kilo\metre\per\hour}.
|
||||
\item Estimez la force de frottement qui s'exerce sur le bob si on imagine que la vitesse finale du bob est de \SI{200}{\kilo\metre\per\hour}.
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||||
\end{enumerate}
|
||||
Réponses~: \SI{2452500}{\joule} et \SI{106,3}{\newton}
|
||||
\begin{solos}
|
||||
Le travail de l'équipe pour remonter le bobsleigh du bas de la piste à son point de départ sert à augmenter l'énergie potentielle du bob. On néglige les frottement exercés sur le véhicule de transport. Ainsi, on a~:
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||||
\begin{align*}
|
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@ -1923,21 +1996,21 @@ On lâche la première à vitesse initiale nulle. Calculez la vitesse de la seco
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|||
C'est évidemment la même énergie qui est perdue pendant la descente (à l'exception de la poussée initiale). Elle vient du travail du poids sur le bob et les quatre personnes qui se trouvent à l'intérieur.
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\medskip
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||||
L'énergie potentielle perdue par le bob sert à augmenter sa vitesse et à lutter contre le frottement. Le travail nécessaire à parvenir à une vitesse de \SI{80}{\kilo\metre\per\hour} est égal à l'énergie cinétique acquise. Pour un bob de \SI{600}{\kilo\gram} et une vitesse moyenne de 80/3,6=\SI{22,2}{\metre\per\second}, on a un travail de~:
|
||||
\[A=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2=\frac{1}{2}\cdot 600\cdot 22,2^2=\SI{148148}{\joule}\]
|
||||
par descente. Soit au total, pour 5 descentes \SI{740740}{\joule}.
|
||||
L'énergie potentielle perdue par le bob sert à augmenter sa vitesse et à lutter contre le frottement. Le travail nécessaire à parvenir à une vitesse de \SI{80}{\kilo\metre\per\hour} est égal à l'énergie cinétique acquise. Pour un bob de \SI{600}{\kilo\gram} et une vitesse moyenne de 200/3,6=\SI{55,56}{\metre\per\second}, on a un travail de~:
|
||||
\[A=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2=\frac{1}{2}\cdot 600\cdot 55,56^2=\SI{925926}{\joule}\]
|
||||
par descente. Soit au total, pour 5 descentes \SI{4629630}{\joule}.
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|
||||
Cette valeur est supérieure à l'énergie fournie au bob pendant la montée. C'est normal, car on a pas tenu compte alors de l'énergie nécessaire à monter les personnes. Pour cela, il faut calculer l'énergie potentielle acquise par la masse de \SI{600}{\kilo\gram}~:
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||||
\[E_{pot}=600\cdot 9,81\cdot 200=\SI{1177200}{\joule}\]
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||||
qui est bien supérieure à celle fournie pour augmenter la vitesse.
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||||
\medskip
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||||
La différence d'énergie potentielle et cinétique, soit 1'117'200-740'740 = \SI{436460}{\joule}, est perdue dans le frottement.
|
||||
La différence d'énergie potentielle et cinétique, soit 1'117'200-925'926 = \SI{191274}{\joule}, est perdue dans le frottement.
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||||
|
||||
Comme la distance sur laquelle il s'exerce est de \SI{1800}{\metre}, on peut calculer la force de frottement moyenne par~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
A_{fr}&=F_fr\cdot d\;\Rightarrow\\
|
||||
F_{fr}&=\frac{A_{fr}}{d}=\frac{436'460}{1'800}=\SI{242,5}{\newton}
|
||||
F_{fr}&=\frac{A_{fr}}{d}=\frac{191'274}{1'800}=\SI{106,3}{\newton}
|
||||
\end{align*}
|
||||
C'est évidemment une estimation.
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||||
\end{solos}
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||||
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@ -1946,9 +2019,10 @@ On lâche la première à vitesse initiale nulle. Calculez la vitesse de la seco
|
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}
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\subsection{Relatifs à la conservation de l'énergie}
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||||
Les exercices suivants doivent être réalisés si possible sans la théorie de Newton, c'est-à-dire uniquement avec l'énergie.
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||||
\begin{ex}
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||||
Sans l'aide de l'accélération, calculez la vitesse d'une personne qui a sauté (sans vitesse initiale) d'un plongeoir de \SI{10}{\metre} et arrive dans l'eau. Réponse~: \SI{50,4}{\kilo\metre\per\hour}.
|
||||
Calculez la vitesse d'une personne qui a sauté (sans vitesse initiale) d'un plongeoir de \SI{10}{\metre} et arrive dans l'eau. Réponse~: \SI{50,4}{\kilo\metre\per\hour}.
|
||||
\begin{sol}
|
||||
Pour rappel, résolvons tout d'abord le problème à l'aide de l'accélération. Nous sommes dans le cas d'un MRUA. Donc, on peut écrire~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
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|
@ -1992,14 +2066,47 @@ On lâche la première à vitesse initiale nulle. Calculez la vitesse de la seco
|
|||
\end{ex}
|
||||
|
||||
\begin{ex}
|
||||
Une tuile d'une masse de \SI{2}{\kilo\gram} se met à glisser du haut d'un toit dont le sommet se trouve à \SI{30}{\metre}. Au moment où elle quitte le toit, sa hauteur vaut \SI{25}{\metre} (on ne tient pas compte du frottement de la tuile sur le toit). Calculez la distance au pied du toit à laquelle la tuile arrivera au sol. L'angle du toit par rapport à l'horizontale vaut \SI{15}{\degree}. Réponse~: \SI{19,12}{\metre}.
|
||||
Une voiture de deux tonnes roulant horizontalement augmente sa vitesse de \SI{5}{} à \SI{10}{\kilo\metre\per\hour}. Quelle est l'augmentation de son énergie cinétique ? Réponse~: \SI{5787}{\joule}.
|
||||
\begin{sol}
|
||||
Simplement, on a~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\Delta E_{cin}&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v_f^2-\frac{1}{2}\cdot m\cdot v_i^2\\
|
||||
&=\frac{1}{2}\cdot 2000\cdot ((\frac{10}{3,6})^2-(\frac{5}{3,6}^2))=\SI{5787}{\joule}
|
||||
\end{align*}
|
||||
\end{sol}
|
||||
\end{ex}
|
||||
|
||||
\optv{OS}{
|
||||
|
||||
\begin{exos}
|
||||
Une tuile d'une masse de \SI{2}{\kilo\gram} se met à glisser du haut d'un toit dont le sommet se trouve à \SI{30}{\metre}. Au moment où elle quitte le toit, sa hauteur vaut \SI{25}{\metre} (on ne tient pas compte du frottement de la tuile sur le toit). Calculez les vitesses de la tuile au moment où elle quitte le toit et au moment où elle touche le sol, puis recalculez ces deux vitesses par la théorie de Newton. Que constatez-vous ? L'angle du toit par rapport à l'horizontale vaut \SI{15}{\degree}. Réponses~: \SI{9,9}{\metre\per\second} et \SI{24,26}{\metre\per\second}.
|
||||
\begin{solos}
|
||||
Commençons par calculer la vitesse à laquelle la tuile quitte le toit. La conservation de l'énergie mécanique implique que~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
m\cdot g\cdot \Delta h&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2\;\Rightarrow\\
|
||||
v&=\sqrt{2\cdot g\cdot \Delta h}\\
|
||||
&=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot (30-25)}=\SI{9.9}{\metre\per\second}
|
||||
\end{align*}
|
||||
Pour la vitesse au sol, la hauteur est de \SI{30}{\metre} et c'est tout aussi simple~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
m\cdot g\cdot \Delta h&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2\;\Rightarrow\\
|
||||
v&=\sqrt{2\cdot g\cdot \Delta h}\\
|
||||
&=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot (30-0)}=\SI{24,26}{\metre\per\second}
|
||||
\end{align*}
|
||||
|
||||
\medskip
|
||||
Par la théorie de Newton, pour la vitesse au bord du toit, il faut déterminer l'accélération de la tuile sur le plan incliné que le toit constitue. Nous avons déjà vu que la composante de l'accélération de la tuile parallèlement au toit vaut~:
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
a_{//}=g\cdot\sin(\alpha)=9,81\cdot \sin(15)=\SI{2,54}{\metre\per\second\squared}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
Ainsi, considérant que le mouvement sans frottement d'une tuile sur un plan incliné est un MRUA, on peut déterminer la vitesse parallèle au toit, en bordure de celui-ci à l'aide soit du temps de descente soit de la distance parcourue d. Considérant une hauteur de \SI{5}{\metre} et un angle de \SI{15}{\degree}, on a~:
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
d=\frac{h}{\sin(\alpha)}=\frac{5}{\sin(15^{\circ})}=\SI{19,32}{\metre}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
La vitesse s'obtient alors par~:
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
v_{//}=\sqrt{2\cdot g\cdot d}=\sqrt{2\cdot 2,54\cdot 19,32}=\SI{9,9}{\metre\per\second}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
Cette vitesse est un vecteur qui fait avec l'horizontale un angle de \SI{15}{\degree}. La balistique (voir annexe \ref{balistique}) nous apprend qu'il faut décomposer le mouvement sur chaque axe. En particulier la vitesse initiale a les composantes suivantes~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
v_x&=v\cdot \cos(\alpha)=9,9\cdot \cos(-15^{\circ})=\SI{9,56}{\metre\per\second}\\
|
||||
|
|
@ -2021,25 +2128,27 @@ On lâche la première à vitesse initiale nulle. Calculez la vitesse de la seco
|
|||
C'est une équation du second degré à une inconnue \(t_{sol}\). Sa solution est~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
t_{sol}&=\frac{2,56\pm \sqrt{2,56^2+4\cdot 4,905\cdot 25}}{2\cdot (-4,905)}\\
|
||||
&=\frac{2,56\pm 22,3}{-9,81}=\begin{cases}\SI{-2,53}{\second}\\\SI{2}{\second}\end{cases}
|
||||
&=\frac{2,56\pm 22,3}{-9,81}=\begin{cases}\SI{-2,53}{\second}\\\SI{2,012}{\second}\end{cases}
|
||||
\end{align*}
|
||||
Évidemment, le temps correct est celui qui est positif.
|
||||
|
||||
Ainsi, \(t_{sol}=\SI{2}{\second}\). La distance au pied du toit à laquelle la tuile arrivera est donc~:
|
||||
\[x(t_{sol})=v_x\cdot t_{sol}=9,56\cdot 2=\SI{19,12}{\metre}\]
|
||||
\end{sol}
|
||||
\end{ex}
|
||||
Ainsi, \(t_{sol}=\SI{2,012}{\second}\).
|
||||
|
||||
On peut alors calculer la vitesse verticale finale par~:
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
v_y=-g\cdot t+v_0=-9,81\cdot 2,012-2,56=\SI{-22,30}{\metre\per\second}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
Comme, conformément à un mouvement balistique, la vitesse horizontale n'a pas changé, la vitesse en bas s'obtient par Pythagore~:
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{9,56^2+22,30^2}=\SI{24,26}{\metre\per\second}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
|
||||
\medskip
|
||||
Il faut conclure qu'obtenir les vitesses par la méthode de Newton est bien plus complexe que par l'énergie.
|
||||
\end{solos}
|
||||
\end{exos}
|
||||
|
||||
\begin{ex}
|
||||
Une voiture de deux tonnes roulant horizontalement augmente sa vitesse de \SI{5}{} à \SI{10}{\kilo\metre\per\hour}. Quelle est l'augmentation de son énergie cinétique ? Réponse~: \SI{5787}{\joule}.
|
||||
\begin{sol}
|
||||
Simplement, on a~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\Delta E_{cin}&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v_f^2-\frac{1}{2}\cdot m\cdot v_i^2\\
|
||||
&=\frac{1}{2}\cdot 2000\cdot ((\frac{10}{3,6})^2-(\frac{5}{3,6}^2))=\SI{5787}{\joule}
|
||||
\end{align*}
|
||||
\end{sol}
|
||||
\end{ex}
|
||||
}
|
||||
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||||
\subsection{Relatifs à l'énergie hydraulique}
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|||
Binary file not shown.
Binary file not shown.
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@ -175,4 +175,4 @@
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|||
%\listoftables % un petit problème (bug ?) d'alignement m'a fait retirer provisoirement cette liste
|
||||
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||||
\end{document}
|
||||
\endinput % termine l'importation des solutions
|
||||
\endinput % termine l'importation des solutions
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||||
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|||
|
|
@ -888,42 +888,6 @@ On a successivement~:
|
|||
|
||||
\end{Solution}
|
||||
\begin{Solution}{61}
|
||||
Commençons par calculer la vitesse à laquelle la tuile quitte le toit. La conservation de l'énergie mécanique implique que~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
m\cdot g\cdot \Delta h&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2\;\Rightarrow\\
|
||||
v&=\sqrt{2\cdot g\cdot \Delta h}\\
|
||||
&=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot (30-25)}=\SI{9.9}{\metre\per\second}
|
||||
\end{align*}
|
||||
Cette vitesse est un vecteur qui fait avec l'horizontale un angle de \SI{15}{\degree}. La balistique (voir annexe \ref{balistique}) nous apprend qu'il faut décomposer le mouvement sur chaque axe. En particulier la vitesse initiale a les composantes suivantes~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
v_x&=v\cdot \cos(\alpha)=9,9\cdot \cos(-15^{\circ})=\SI{9,56}{\metre\per\second}\\
|
||||
v_y&=v\cdot \sin(\alpha)=9,9\cdot \sin(-15^{\circ})=\SI{-2,56}{\metre\per\second}
|
||||
\end{align*}
|
||||
puisque le vecteur vitesse pointe sous l'horizontale (\(\alpha<0\)).
|
||||
|
||||
En choisissant un système d'axes dont l'origine est au sol et au pied du bord du toit, on peut alors écrire les équations de la position de la tuile au cours du temps~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
x(t)&=v_x\cdot t=9,56\cdot t\\
|
||||
y(t)&=-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t^2+v_y\cdot t+y_o\\
|
||||
&=-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t^2-2,56\cdot t+25
|
||||
\end{align*}
|
||||
On cherche alors la position horizontale de la tuile au moment où elle arrive au sol, soit \(x(t_{sol})\). Il faut donc calculer \(t_{sol}\). Or, à ce moment là, \(y(t_{sol})=0\). La seconde équation nous donne donc~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
0&=-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t_{sol}^2-2,56\cdot t_{sol}+25\\
|
||||
&\Rightarrow\;-4,905\cdot t_{sol}^2-2,56\cdot t_{sol}+25=0
|
||||
\end{align*}
|
||||
C'est une équation du second degré à une inconnue \(t_{sol}\). Sa solution est~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
t_{sol}&=\frac{2,56\pm \sqrt{2,56^2+4\cdot 4,905\cdot 25}}{2\cdot (-4,905)}\\
|
||||
&=\frac{2,56\pm 22,3}{-9,81}=\begin{cases}\SI{-2,53}{\second}\\\SI{2}{\second}\end{cases}
|
||||
\end{align*}
|
||||
Évidemment, le temps correct est celui qui est positif.
|
||||
|
||||
Ainsi, \(t_{sol}=\SI{2}{\second}\). La distance au pied du toit à laquelle la tuile arrivera est donc~:
|
||||
\[x(t_{sol})=v_x\cdot t_{sol}=9,56\cdot 2=\SI{19,12}{\metre}\]
|
||||
|
||||
\end{Solution}
|
||||
\begin{Solution}{62}
|
||||
Simplement, on a~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\Delta E_{cin}&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v_f^2-\frac{1}{2}\cdot m\cdot v_i^2\\
|
||||
|
|
@ -931,7 +895,7 @@ On a successivement~:
|
|||
\end{align*}
|
||||
|
||||
\end{Solution}
|
||||
\begin{Solution}{63}
|
||||
\begin{Solution}{62}
|
||||
La puissance de chute est~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
P&=\eta\cdot Q\cdot g\cdot h=\\
|
||||
|
|
@ -940,7 +904,7 @@ On a successivement~:
|
|||
La chute à donc une puissance de \SI{2590}{\watt}. Son frigo et sa machine à laver ont une puissance totale de \SI{2,2}{\kilo\watt}. Reste donc \(2590-2200=\SI{390}{\watt}\) pour les ampoules. Or, \(390/40=9,75\). Robinson pourra donc utiliser \(9\) ampoules.
|
||||
|
||||
\end{Solution}
|
||||
\begin{Solution}{64}
|
||||
\begin{Solution}{63}
|
||||
Le débit de la prise d'eau est de~:
|
||||
\[Q=0,05\cdot 30=1,5\,l/s=\SI{1,5e-3}{\metre\cubed\per\second}\]
|
||||
La puissance de chute est donc de~:
|
||||
|
|
@ -955,7 +919,7 @@ On a successivement~:
|
|||
Ainsi, si \SI{40}{\watt} sont nécessaires, Robinson n'utilise certainement pas les quelques \SI{130}{\watt} fournis par la chute d'eau. L'ascenseur est donc réalisable.
|
||||
|
||||
\end{Solution}
|
||||
\begin{Solution}{65}
|
||||
\begin{Solution}{64}
|
||||
Le nombre de ménages est de \(30'000/2,5=12'000\). Il faut donc fournir une énergie de~:
|
||||
\[E=12'000\cdot 3'000=\SI{36000000}{\kilo\watt\hour}=\SI{36}{\giga\watt\hour}\]
|
||||
Sur une année, cette énergie représente une puissance moyenne de~:
|
||||
|
|
@ -969,7 +933,7 @@ On a successivement~:
|
|||
Il faut donc choisir une turbine Francis.
|
||||
|
||||
\end{Solution}
|
||||
\begin{Solution}{66}
|
||||
\begin{Solution}{65}
|
||||
La puissance du vent est donnée par la relation \ref{puissvent}~:
|
||||
\[P_{vent}=\frac{1}{2}\cdot \rho\cdot S\cdot v^3\]
|
||||
Soit avec une surface \(S=\pi\cdot R^2\), une vitesse en unités SI \(v=\SI{6}{\metre\per\second}\) et les valeurs données~:
|
||||
|
|
@ -979,7 +943,7 @@ On a successivement~:
|
|||
\end{align*}
|
||||
|
||||
\end{Solution}
|
||||
\begin{Solution}{67}
|
||||
\begin{Solution}{66}
|
||||
La vitesse linéaire en bout de pale vaut donc~:
|
||||
\[v=\frac{277,2}{3,6}=\SI{77}{\metre\per\second}\]
|
||||
Or, un tour représente une distance en bout de pale~: \(d=2\cdot \pi\cdot 30=\SI{188,5}{\metre}\). La vitesse de rotation est donc de~:
|
||||
|
|
@ -1000,7 +964,7 @@ On a successivement~:
|
|||
\end{align*}
|
||||
|
||||
\end{Solution}
|
||||
\begin{Solution}{68}
|
||||
\begin{Solution}{67}
|
||||
On a, selon l'équation \ref{puissdebetz}, que~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\Delta P&=\eta\cdot \frac{16}{27}\cdot P_{vent}\;\Rightarrow \\
|
||||
|
|
@ -1018,7 +982,7 @@ On a successivement~:
|
|||
Il faut donc utiliser une petite éolienne de \SI{1,14}{\metre} de rayon.
|
||||
|
||||
\end{Solution}
|
||||
\begin{Solution}{69}
|
||||
\begin{Solution}{68}
|
||||
L'équation \ref{thermique}, page \pageref{thermique}, permet de calculer la puissance \(\Delta P\) nécessaire pour chauffer une masse de \SI{100}{\kilo\gram} d'eau~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\Delta P&=\frac{E}{t}=\frac{m\cdot c_{eau}\cdot \Delta \theta}{t} \\
|
||||
|
|
@ -1032,7 +996,7 @@ On a successivement~:
|
|||
\end{align*}
|
||||
|
||||
\end{Solution}
|
||||
\begin{Solution}{70}
|
||||
\begin{Solution}{69}
|
||||
On calcule tout d'abord la puissance fournie par les capteurs~:
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\Delta P&=S\cdot (B\cdot P-K\cdot \Delta \theta)\;\Rightarrow \\
|
||||
|
|
@ -1052,7 +1016,7 @@ On a successivement~:
|
|||
En effet, la masse volumique de l'eau est de \SI{1}{\kilo\gram\per\litre}. Le débit est donc très faible et vaut \(D=\SI{6}{\milli\litre\per\second}=\SI{21,6}{\litre\per\hour}\).
|
||||
|
||||
\end{Solution}
|
||||
\begin{Solution}{71}
|
||||
\begin{Solution}{70}
|
||||
L'énergie annuelle produite par les \SI{8}{\metre\squared} de cellules est, compte tenu d'un rendement d'environ 15\%, c'est-à-dire \SI{20}{\watt\per\metre\squared}~:
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\[E=8\cdot 20\cdot 24\cdot 365=\SI{1401,6}{\kilo\watt\hour}\]
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La couverture solaire ne suffit donc pas. Il manque \(2'500-1'401,6=\SI{1098,4}{\kilo\watt\hour}\). Cela représente une puissance de~:
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@ -667,22 +667,89 @@
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C'est évidemment la même énergie qui est perdue pendant la descente (à l'exception de la poussée initiale). Elle vient du travail du poids sur le bob et les quatre personnes qui se trouvent à l'intérieur.
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L'énergie potentielle perdue par le bob sert à augmenter sa vitesse et à lutter contre le frottement. Le travail nécessaire à parvenir à une vitesse de \SI{80}{\kilo\metre\per\hour} est égal à l'énergie cinétique acquise. Pour un bob de \SI{600}{\kilo\gram} et une vitesse moyenne de 80/3,6=\SI{22,2}{\metre\per\second}, on a un travail de~:
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\[A=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2=\frac{1}{2}\cdot 600\cdot 22,2^2=\SI{148148}{\joule}\]
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par descente. Soit au total, pour 5 descentes \SI{740740}{\joule}.
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L'énergie potentielle perdue par le bob sert à augmenter sa vitesse et à lutter contre le frottement. Le travail nécessaire à parvenir à une vitesse de \SI{80}{\kilo\metre\per\hour} est égal à l'énergie cinétique acquise. Pour un bob de \SI{600}{\kilo\gram} et une vitesse moyenne de 200/3,6=\SI{55,56}{\metre\per\second}, on a un travail de~:
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\[A=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2=\frac{1}{2}\cdot 600\cdot 55,56^2=\SI{925926}{\joule}\]
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par descente. Soit au total, pour 5 descentes \SI{4629630}{\joule}.
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Cette valeur est supérieure à l'énergie fournie au bob pendant la montée. C'est normal, car on a pas tenu compte alors de l'énergie nécessaire à monter les personnes. Pour cela, il faut calculer l'énergie potentielle acquise par la masse de \SI{600}{\kilo\gram}~:
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\[E_{pot}=600\cdot 9,81\cdot 200=\SI{1177200}{\joule}\]
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qui est bien supérieure à celle fournie pour augmenter la vitesse.
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\medskip
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La différence d'énergie potentielle et cinétique, soit 1'117'200-740'740 = \SI{436460}{\joule}, est perdue dans le frottement.
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La différence d'énergie potentielle et cinétique, soit 1'117'200-925'926 = \SI{191274}{\joule}, est perdue dans le frottement.
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Comme la distance sur laquelle il s'exerce est de \SI{1800}{\metre}, on peut calculer la force de frottement moyenne par~:
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\begin{align*}
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A_{fr}&=F_fr\cdot d\;\Rightarrow\\
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F_{fr}&=\frac{A_{fr}}{d}=\frac{436'460}{1'800}=\SI{242,5}{\newton}
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F_{fr}&=\frac{A_{fr}}{d}=\frac{191'274}{1'800}=\SI{106,3}{\newton}
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\end{align*}
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C'est évidemment une estimation.
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\end{Solution OS}
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\begin{Solution OS}{21}
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Commençons par calculer la vitesse à laquelle la tuile quitte le toit. La conservation de l'énergie mécanique implique que~:
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\begin{align*}
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m\cdot g\cdot \Delta h&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2\;\Rightarrow\\
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v&=\sqrt{2\cdot g\cdot \Delta h}\\
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&=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot (30-25)}=\SI{9.9}{\metre\per\second}
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\end{align*}
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Pour la vitesse au sol, la hauteur est de \SI{30}{\metre} et c'est tout aussi simple~:
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\begin{align*}
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||||
m\cdot g\cdot \Delta h&=\frac{1}{2}\cdot m\cdot v^2\;\Rightarrow\\
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||||
v&=\sqrt{2\cdot g\cdot \Delta h}\\
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||||
&=\sqrt{2\cdot 9,81\cdot (30-0)}=\SI{24,26}{\metre\per\second}
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||||
\end{align*}
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\medskip
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Par la théorie de Newton, pour la vitesse au bord du toit, il faut déterminer l'accélération de la tuile sur le plan incliné que le toit constitue. Nous avons déjà vu que la composante de l'accélération de la tuile parallèlement au toit vaut~:
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\begin{equation*}
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a_{//}=g\cdot\sin(\alpha)=9,81\cdot \sin(15)=\SI{2,54}{\metre\per\second\squared}
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\end{equation*}
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Ainsi, considérant que le mouvement sans frottement d'une tuile sur un plan incliné est un MRUA, on peut déterminer la vitesse parallèle au toit, en bordure de celui-ci à l'aide soit du temps de descente soit de la distance parcourue d. Considérant une hauteur de \SI{5}{\metre} et un angle de \SI{15}{\degree}, on a~:
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\begin{equation*}
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d=\frac{h}{\sin(\alpha)}=\frac{5}{\sin(15^{\circ})}=\SI{19,32}{\metre}
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\end{equation*}
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La vitesse s'obtient alors par~:
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\begin{equation*}
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v_{//}=\sqrt{2\cdot g\cdot d}=\sqrt{2\cdot 2,54\cdot 19,32}=\SI{9,9}{\metre\per\second}
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\end{equation*}
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Cette vitesse est un vecteur qui fait avec l'horizontale un angle de \SI{15}{\degree}. La balistique (voir annexe \ref{balistique}) nous apprend qu'il faut décomposer le mouvement sur chaque axe. En particulier la vitesse initiale a les composantes suivantes~:
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\begin{align*}
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v_x&=v\cdot \cos(\alpha)=9,9\cdot \cos(-15^{\circ})=\SI{9,56}{\metre\per\second}\\
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v_y&=v\cdot \sin(\alpha)=9,9\cdot \sin(-15^{\circ})=\SI{-2,56}{\metre\per\second}
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\end{align*}
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puisque le vecteur vitesse pointe sous l'horizontale (\(\alpha<0\)).
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En choisissant un système d'axes dont l'origine est au sol et au pied du bord du toit, on peut alors écrire les équations de la position de la tuile au cours du temps~:
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\begin{align*}
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x(t)&=v_x\cdot t=9,56\cdot t\\
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y(t)&=-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t^2+v_y\cdot t+y_o\\
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&=-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t^2-2,56\cdot t+25
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\end{align*}
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On cherche alors la position horizontale de la tuile au moment où elle arrive au sol, soit \(x(t_{sol})\). Il faut donc calculer \(t_{sol}\). Or, à ce moment là, \(y(t_{sol})=0\). La seconde équation nous donne donc~:
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\begin{align*}
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0&=-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot t_{sol}^2-2,56\cdot t_{sol}+25\\
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&\Rightarrow\;-4,905\cdot t_{sol}^2-2,56\cdot t_{sol}+25=0
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\end{align*}
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C'est une équation du second degré à une inconnue \(t_{sol}\). Sa solution est~:
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\begin{align*}
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t_{sol}&=\frac{2,56\pm \sqrt{2,56^2+4\cdot 4,905\cdot 25}}{2\cdot (-4,905)}\\
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&=\frac{2,56\pm 22,3}{-9,81}=\begin{cases}\SI{-2,53}{\second}\\\SI{2,012}{\second}\end{cases}
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\end{align*}
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Évidemment, le temps correct est celui qui est positif.
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Ainsi, \(t_{sol}=\SI{2,012}{\second}\).
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On peut alors calculer la vitesse verticale finale par~:
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\begin{equation*}
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v_y=-g\cdot t+v_0=-9,81\cdot 2,012-2,56=\SI{-22,30}{\metre\per\second}
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\end{equation*}
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Comme, conformément à un mouvement balistique, la vitesse horizontale n'a pas changé, la vitesse en bas s'obtient par Pythagore~:
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\begin{equation*}
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v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{9,56^2+22,30^2}=\SI{24,26}{\metre\per\second}
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\end{equation*}
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\medskip
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Il faut conclure qu'obtenir les vitesses par la méthode de Newton est bien plus complexe que par l'énergie.
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\end{Solution OS}
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