Ressources · 1ʳᵉ · Spécialité Physique-Chimie

Forces et approche de la deuxième loi de Newton

Bilan des forces, somme vectorielle et projections ; principe d’inertie ; approche de la deuxième loi de Newton pour estimer une force à partir d’un mouvement filmé ; prévoir une variation de vitesse, rôle de la masse et simulation en Python ; principe des actions réciproques.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés pas à pas : une pulka tirée par une corde inclinée, le décollage d’une fusée à eau, la tension du câble d’une grue au démarrage et au freinage, deux patineurs qui se repoussent et un drone de livraison qui lâche son colis.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je choisis le système et le référentiel (terrestre, supposé galiléen) ; si deux corps interagissent, je fais un bilan pour chacun.
Je fais le bilan des forces extérieures : un acteur, une force, avec sa direction et son sens.
Je lis le mouvement : immobile ou rectiligne uniforme, $\sum \vec{F} = \vec{0}$ ; sinon, je calcule $Δ \vec{v}$ et $\frac{Δ v}{Δ t}$ en unités SI.
J’écris la relation et je projette : $\sum \vec{F} \approx m \frac{Δ \vec{v}}{Δ t}$ sur deux axes, l’un selon le mouvement.
Je conclus : valeur, direction et sens, comparaison au poids ou à une force connue, cohérence physique.

Problème 1 · Une pulka tirée par une corde inclinée★★★Facile

Une pulka, petit traîneau de randonnée, chargée, de masse totale 38 kg, est tirée sur une piste horizontale enneigée par une corde qui fait un angle de 25° avec l’horizontale. La tension de la corde vaut 95 N et le mouvement est rectiligne uniforme dans le référentiel terrestre, supposé galiléen. On néglige l’action de l’air ;

g = 9, 81

N·kg⁻¹.

1. Nombre de forces exercées sur la pulka :
Le poids (vertical, vers le bas), la réaction normale (verticale, vers le haut), la tension de la corde (inclinée de 25°, vers l’avant) et les frottements (horizontaux, vers l’arrière).
2. Valeur des frottements : N
Mouvement rectiligne uniforme : $\sum \vec{F} = \vec{0}$ . Horizontalement, $F \cos α - f = 0$ , donc $f = 95 \times \cos 25 ° \approx 86, 1$ N.
3. Valeur de la réaction normale : N
Verticalement, $R_{N} + F \sin α - m g = 0$ avec $m g = 38 \times 9, 81 = 372, 78$ N et $F \sin α = 95 \times \sin 25 ° \approx 40, 15$ N : $R_{N} \approx 372, 78 - 40, 15 \approx 333$ N.
4. Avec une corde horizontale, même tension, mouvement toujours rectiligne uniforme : réaction normale : N
La tension n’a plus de composante verticale : $R_{N} = m g = 372, 78$ N, soit environ 373 N ; et $f = F = 95$ N.
5. Rapport $\frac{f}{R_{N}}$ avec la corde inclinée, au centième :
$\frac{86, 1}{332, 6} \approx 0, 26$ ; avec la corde horizontale, $\frac{95}{372, 78} \approx 0, 25$ . Les frottements sont à peu près proportionnels à l’appui de la pulka sur la neige.
6. Incliner la corde vers le haut l’appui sur la neige, donc les frottements.
La composante verticale de la tension soulage la pulka : $R_{N}$ passe de 373 N à 333 N, et les frottements à vaincre baissent. Mais seule $F \cos α$ tire vers l’avant : il ne faut pas trop incliner.

Problème 2 · Le décollage d’une fusée à eau★★★Moyen

Une fusée à eau décolle verticalement. Pour simplifier, on assimile sa masse à une valeur constante, 0,52 kg (en réalité, elle diminue pendant l’éjection de l’eau). Le pointage d’une vidéo donne la valeur de sa vitesse :

t (s)	0,00	0,10	0,20	0,30
v (m·s⁻¹)	0	5,8	11,2	10,2

g = 9, 81

N·kg⁻¹.

1. $\frac{Δ v}{Δ t}$ entre 0,00 et 0,10 s : m·s⁻²
Mouvement vertical, vitesse qui augmente vers le haut : $Δ \vec{v}$ est vertical, vers le haut, de valeur $5, 8 - 0 = 5, 8$ m·s⁻¹, et $\frac{Δ v}{Δ t} = \frac{5, 8}{0, 10} = 58$ m·s⁻².
2. Valeur de la somme des forces sur cet intervalle : N
$\sum F \approx m \frac{Δ v}{Δ t} = 0, 52 \times 58 = 30, 16$ N, verticale vers le haut, comme $Δ \vec{v}$ .
3. En négligeant l’air, valeur de la poussée exercée par l’eau éjectée : N
Poids : $P = 0, 52 \times 9, 81 \approx 5, 10$ N, vers le bas. Sur un axe vertical vers le haut, $F_{p} - P \approx 30, 16$ N, donc $F_{p} \approx 30, 16 + 5, 10 \approx 35, 3$ N, près de 7 fois le poids.
4. Valeur de la somme des forces entre 0,20 et 0,30 s : N
$Δ v = 10, 2 - 11, 2 = - 1, 0$ m·s⁻¹ : $Δ \vec{v}$ est vers le bas, et $\sum F \approx 0, 52 \times \frac{1, 0}{0, 10} = 5, 2$ N, verticale vers le bas.
5. Cette somme est proche du poids : sur cet intervalle, la force exercée par l’eau éjectée vaut environ N.
La somme vaut 5,2 N vers le bas, contre 5,10 N pour le poids : la poussée a cessé, l’eau est épuisée ; il ne reste que le poids et l’action de l’air.
6. L’écart d’environ 0,1 N vient de l’air, dont l’action est dirigée vers le pendant la montée.
Pendant la montée, les frottements de l’air s’opposent au mouvement, donc vers le bas : ils s’ajoutent au poids, d’où une somme un peu plus grande que le poids, aux incertitudes de pointage près.

Problème 3 · La tension du câble d’une grue★★★Moyen

Une grue soulève verticalement une poutre de 600 kg. Un capteur placé entre le crochet et la poutre mesure la tension T du câble. De 0 à 2,0 s, la vitesse passe régulièrement de 0 à 0,60 m·s⁻¹ ; de 2,0 à 12,0 s, elle reste égale à 0,60 m·s⁻¹ ; de 12,0 à 14,5 s, elle diminue régulièrement jusqu’à 0. On néglige l’action de l’air ;

g = 9, 81

N·kg⁻¹.

1. Tension du câble pendant la montée à vitesse constante : N
Mouvement rectiligne uniforme : les forces se compensent, $T = P = 600 \times 9, 81 = 5 886$ N.
2. $\frac{Δ v}{Δ t}$ au démarrage : m·s⁻²
$\frac{0, 60}{2, 0} = 0, 30$ m·s⁻², $Δ \vec{v}$ étant vertical, vers le haut.
3. Tension au démarrage : N
Sur un axe vertical vers le haut, $T - P \approx m \frac{Δ v}{Δ t}$ , donc $T \approx 600 \times (9, 81 + 0, 30) = 6 066$ N, plus que le poids.
4. Tension pendant le freinage : N
$\frac{Δ v}{Δ t} = \frac{0, 60}{2, 5} = 0, 24$ m·s⁻², avec $Δ \vec{v}$ vers le bas : $T \approx 600 \times (9, 81 - 0, 24) = 5 742$ N, moins que le poids.
5. Le câble supporte au plus 7 500 N : valeur maximale de $\frac{Δ v}{Δ t}$ au démarrage : m·s⁻²
$\frac{7 500 - 5 886}{600} = \frac{1 614}{600} = 2, 69$ m·s⁻².
6. Durée minimale du démarrage, de 0 à 0,60 m·s⁻¹, sans dépasser 7 500 N : s
$Δ t \geq \frac{Δ v}{2, 69} = \frac{0, 60}{2, 69} \approx 0, 22$ s : un démarrage plus brusque romprait le câble. À vitesse constante, en revanche, $T = P$ : le câble tire toujours, les forces se compensent sans disparaître.

Problème 4 · Deux patineurs qui se repoussent★★★Difficile

Sur une patinoire, deux patineurs immobiles, face à face, se repoussent avec les mains. A a une masse de 58 kg, B de 42 kg. La poussée dure 0,40 s ; à la fin, A se déplace à 1,2 m·s⁻¹. Les frottements sur la glace sont négligés.

1. Pour A, la somme des forces se réduit à la force exercée par .
Le poids et la réaction de la glace, verticaux, se compensent (A ne décolle pas et ne s’enfonce pas) : il reste ${\vec{F}}_{B / A}$ , horizontale.
2. Valeur de ${\vec{F}}_{B / A}$ : N
$F \approx m_{A} \frac{Δ v_{A}}{Δ t} = 58 \times \frac{1, 2}{0, 40} = 174$ N.
3. Vitesse de B à la fin de la poussée : m·s⁻¹
Principe des actions réciproques : B reçoit une force de même valeur, de sens opposé. $Δ v_{B} \approx \frac{174 \times 0, 40}{42} \approx 1, 66$ m·s⁻¹, soit environ 1,7 m·s⁻¹, à l’opposé de A.
4. Produit $m_{A} \times v_{A}$ : kg·m·s⁻¹
$58 \times 1, 2 = 69, 6$ , et $42 \times 1, 657 \approx 69, 6$ : on retrouve $m_{A} Δ v_{A} \approx m_{B} Δ v_{B}$ .
5. B part plus vite non parce qu’il reçoit une force plus grande, mais parce que sa est plus petite.
Chacun reçoit 174 N. À force et durée égales, $Δ v = \frac{F Δ t}{m}$ est plus grand pour la plus petite masse.
6. Après la poussée, sur la glace sans frottement, le mouvement de chaque patineur est rectiligne .
Plus aucune force horizontale : les forces se compensent et le principe d’inertie s’applique. Sur un sol rugueux, des frottements les ralentiraient jusqu’à l’arrêt.

Problème 5 · Un drone de livraison qui lâche son colis★★★Difficile

Un drone de livraison de 1,8 kg monte verticalement. Ses hélices exercent sur lui une force verticale, vers le haut, de 24 N. On néglige toute autre action de l’air ;

g = 9, 81

N·kg⁻¹.

1. Somme des forces exercées sur le drone seul : N
Sur un axe vertical vers le haut : $24 - 1, 8 \times 9, 81 = 24 - 17, 658 = 6, 342$ N, vers le haut.
2. Variation de sa vitesse en 0,50 s : m·s⁻¹
$Δ v \approx \frac{6, 342 \times 0, 50}{1, 8} \approx 1, 76$ m·s⁻¹, vers le haut.
3. Avec un colis de 0,60 kg accroché et la même force des hélices, variation de vitesse en 0,50 s : m·s⁻¹
Système drone et colis, 2,4 kg : $\sum F = 24 - 2, 4 \times 9, 81 = 24 - 23, 544 = 0, 456$ N, donc $Δ v \approx \frac{0, 456 \times 0, 50}{2, 4} = 0, 095$ m·s⁻¹. La masse n’a augmenté que d’un tiers, mais la somme des forces a beaucoup baissé.
4. Charge maximale que ces 24 N peuvent maintenir en vol stationnaire : kg
Vol stationnaire : forces compensées, $(1, 8 + m_{c}) \times 9, 81 = 24$ , donc $1, 8 + m_{c} = \frac{24}{9, 81} \approx 2, 446$ kg et $m_{c} \approx 0, 65$ kg.
5. En vol stationnaire avec le colis de 0,60 kg, les hélices exercent 23,544 N ; le drone lâche le colis. Variation de vitesse du drone dans les 0,20 s qui suivent : m·s⁻¹
Sur le drone seul : $\sum F = 23, 544 - 17, 658 = 5, 886$ N vers le haut, donc $Δ v \approx \frac{5, 886 \times 0, 20}{1, 8} = 0, 654$ m·s⁻¹, vers le haut : le drone fait un bond.
6. Pendant ces 0,20 s, la variation de vitesse du colis vaut m·s⁻¹, vers le bas.
Le colis n’est plus soumis qu’à son poids : $Δ v \approx \frac{m g}{m} Δ t = 9, 81 \times 0, 20 = 1, 962$ m·s⁻¹, quelle que soit sa masse.

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