Solution des exercices : Travail et puissance mécaniques - 1er s

Classe: 
Première
 

Exercice 1

Un système constitué de deux blocs reliés par un fil $AB$ de masse négligeable est tiré avec une force constante $F$, d'intensité $300\,N$, sur un plan horizontal rugueux.
 
On donne $\alpha=60^{\circ}$
 

 
1. Calcul du travail de la force $\vec{F}$ lorsque le système s'est déplacé de $CD=20\,m.$ On a :
 
$\begin{array}{rcl} W_{CD}\left(\vec{F}\right)&=&\vec{F}\cdot\overrightarrow{CD}\\ \\&=&F\times CD\cos\alpha\\ \\&=&300\times 20\cos 60^{\circ}\\ \\&=&3.0\cdot10^{3}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{W_{CD}\left(\vec{F}\right)=3.0\cdot 10^{3}\;J}$
 
2. La vitesse étant constante, la tension du fil horizontal $AB$ qui relie les deux blocs est alors constante et égale à $120\,N.$
 
Calculons le travail au cours du trajet de la tension du fil appliqué au bloc $S_{2}$ et le travail de la tension du fil appliqué au bloc $S_{1}.$ Soit :
 
$\begin{array}{rcl} W_{CD}\left(\overrightarrow{T_{B}}\right)&=&\overrightarrow{T_{B}}\cdot\overrightarrow{CD}\\ \\&=&-T_{B}\times CD\\ \\&=&-120\times 20\\ \\&=&-2.4\cdot10^{3}\end{array}$
 
Donc, $\boxed{W_{CD}\left(\overrightarrow{T_{B}}\right)=-2.4\cdot 10^{3}\;J}$
 
Par ailleurs, comme $\overrightarrow{T_{B}}+\overrightarrow{T_{A}}=\vec{0}$ alors, $T_{A}=T_{B}$
 
Par suite,
 
$\begin{array}{rcl} W_{CD}\left(\overrightarrow{T_{A}}\right)&=&\overrightarrow{T_{A}}\cdot\overrightarrow{CD}\\ \\&=&T_{A}\times CD\\ \\&=&T_{B}\times CD\\ \\&=&-W_{CD}\left(\overrightarrow{T_{B}}\right)\\ \\&=&2.4\cdot 10^{3}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{W_{CD}\left(\overrightarrow{T_{A}}\right)=2.4\cdot 10^{3}\;J}$
 
Calcul du travail total des forces de frottement exercées par le plan sur $S_{1}$ et $S_{2}.$
 
La vitesse est constante, le principe de l'inertie appliqué au système constitué du bloc $S_{1}$ et du bloc $S_{2}$ s'écrit :
 
$\begin{array}{rcl} \vec{F}+\vec{f}=\vec{0}&\Rightarrow&F\cos\alpha-f=0\\\\&\Rightarrow&f=F\cos\alpha \end{array}$
 
Par suite :
 
$\begin{array}{rcl} W_{CD}\left(\vec{f}\right)&=&\vec{f}\cdot\overrightarrow{CD}\\\\&=&-f\times CD\\\\&=&-F\times CD\cos\alpha\\\\&=&-3.0\cdot10^{3}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{W_{CD}\left(\vec{f}\right)=-3.0\cdot10^{3}\;J}$
 
3. On envisage maintenant le cas où la vitesse n'est plus constante ; la tension du fil varie au cours du mouvement.
 
Dans ce contexte, les travaux de la tension $\overrightarrow{T_{B}}$ appliquée en $B$ et de la tension $\overrightarrow{T_{A}}$ appliquée en $A$ dépendent du chemin suivi.

Exercice 2

Alpha tire, à vitesse constante, une luge de masse $m=6.00\,kg$ sur un sol horizontal ; la distance parcourue est $d=AB=100\,m.$ 
 
La force $\vec{F}$ exercée sur la luge par l'intermédiaire de la corde est constante sur la distance $d$ ; la corde fait un angle $\alpha=30.0^{\circ}$ avec le sol. 
 
On suppose que la valeur $f$ des forces de frottements vaut le cinquième du poids $P$ de la luge.
 
1. Inventaire des forces qui s'exercent sur le système $\{\text{Alpha+luge}\}.$
 

 
2. Calcul de la valeur de la force de traction qu'exerce Alpha sur sa luge.
 
Système : $\{\text{Alpha} + \text{luge}\}$
 
Bilan des forces appliquées : $\vec{F}\ :\ \vec{P}\ :\ \vec{R}\ :\ \vec{f}$
 
Le système évolue à vitesse constante, le principe de l'inertie s'écrit :
$$\vec{F}+\vec{P}+\vec{R}+\vec{f}=\vec{0}$$
En projetant la relation vectorielle suivant l'axe des $x$, il vient :
 
$\begin{array}{rcl} F\cos\alpha+0+0-f=0&\Rightarrow&F\cos\alpha=f\\ \\&\Rightarrow&F =\dfrac{f}{\cos\alpha}\quad\text{or }f=\dfrac{P}{5}=\dfrac{mg}{5}\\ \\&\Rightarrow&F=\dfrac{mg}{5\cos\alpha}\\ \\&\Rightarrow&F=\dfrac{6.00\times 9.81}{5\cos 30.0^{\circ}}\\ \\&\Rightarrow&F=13.6\;N \end{array}$
 
D'où, $\boxed{F=13.6\;N}$
 
3. Calcul du travail de chacune des forces le long du trajet.
 
$\begin{array}{rcl} W_{AB}\left(\overrightarrow{F}\right)&=&\overrightarrow{F}\cdot\overrightarrow{AB}\\\\&=&Fd\cos\alpha\\\\&=&13.6\times 100\cos 30.0^{\circ}\\\\&=&11.8\cdot 10^{2}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{W_{AB}\left(\vec{F}\right) =11.8\cdot 10^{2}\;J}$
 
$W_{AB}\left(\vec{P}\right)=\vec{P}\cdot\overrightarrow{AB}=0$
 
Or, $\overrightarrow{P}\perp\overrightarrow{AB}$ donc, $\vec{P}\cdot\overrightarrow{AB}=0$
 
D'où, $\boxed{W_{AB}\left(\vec{P}\right)=0\;J}$
 
$\begin{array}{rcl} W_{AB}\left(\vec{f}\right)&=&\vec{f}\cdot\overrightarrow{AB}\\\\&=&-fd\\\\&=&-\dfrac{P}{5}d\\\\&=&-\dfrac{mg}{5}d\\\\&=&-\dfrac{6.00\times 9.81}{5}\times 100\\\\&=&-11.8\cdot 10^{2}J \end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{ W_{AB}\left(\vec{f}\right) =-11.8\cdot 10^{2}\;J}$
 
$W_{AB}\left(\vec{R}\right)=\vec{R}\cdot\overrightarrow{AB}=0\;J$ car $\vec{R}\perp\overrightarrow{AB}$
 
Alpha aborde maintenant la piste de luge (de longueur $l=100\,m$) qui forme un plan incliné d'un angle $\beta=15.0^{\circ}$ avec l'horizontale. 
 
Elle tire toujours rectilignement et à vitesse constante ; l'angle entre la corde et la pente est toujours de $30.0^{\circ}.$
 
On suppose que la force de frottements garde la même valeur $f$ que précédemment.

 
 
4. Le travail de la somme des forces est nul.
 
En effet,
 
$\begin{array}{rcl} \vec{v}=\overrightarrow{cte}&\Rightarrow&\vec{F}+\vec{P}+\vec{R}+\vec{f}=\vec{0}\\ \\&\Rightarrow&\vec{F}\cdot\overrightarrow{AB}+\vec{P}\cdot\overrightarrow{AB}+\vec{R}\cdot\overrightarrow{AB}=\vec{0}\cdot\overrightarrow{AB}\\\\&\Rightarrow&W_{AB}\left(\vec{F}\right)+W_{AB}\left(\vec{P}\right)+W_{AB}\left(\vec{R}\right)+W_{AB}\left(\vec{f}\right)=0\end{array}$
 
5. Donnons l'expression du travail de chacune des forces s'exerçant sur la luge.
 
$W_{AB}\left(\vec{F}\right)=\vec{F}\cdot\overrightarrow{AB}=Fl\cos\beta$
 
$W_{AB}\left(\vec{P}\right)=\vec{P}\cdot\overrightarrow{AB}=-Pl\sin\beta$
 
$W_{AB}\left(\vec{R}\right)=\vec{R}\cdot\overrightarrow{AB}=0$ car $\vec{R}\perp\overrightarrow{AB}$
 
$W_{AB}\left(\vec{f}\right)=\vec{f}\cdot\overrightarrow{AB}=-fl$
 
6. Comparons les valeurs de la force de traction sur la partie plane et sur la pente.
 
Sur la partie pente :
 
$\begin{array}{rcl} W_{AB}\left(\vec{F}\right)&=&\vec{F}\cdot\overrightarrow{AB}\\\\&=&Fl\cos\beta\\\\&=&13.6\times 100\times\cos 15.0^{\circ}\\\\&=&13.1\cdot 10^{2} \end{array}$
 
Donc, sur la pente : $W_{AB}\left(\vec{F}\right)=13.1\cdot 10^{2}\;J$
 
Sur la partie rectiligne : $W_{AB}\left(\vec{F}\right)=11.8\cdot 10^{2}\;J$
 
Sur la partie pente, Alpha fournit plus d'efforts. 
 
C'est pourquoi $W_{AB}\left(\vec{F}\right)=13.1\cdot 10^{2}\;J>W_{AB}\left(\vec{F}\right)=11.8\cdot 10^{2}\;J$
 
7. Le déplacement est effectué en $2.0\,min.$ 
 
Calculons la puissance moyenne du travail du poids.
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} P_{m}\left(\vec{P}\right)&=&\dfrac{W_{AB}\left(\vec{P}\right)}{\Delta t}\\\\&=&\dfrac{-Pl\sin\beta}{\Delta t}\\\\&=&\dfrac{-6.00\times 9.81\times 100\times\sin 15.0}{2.0\times 60}\\\\&=&-12.7\end{array}$
 
D'où, $\boxed{P_{m}\left(\vec{P}\right)=-12.7\;W}$

Exercice 3

Un chariot de masse $M=20\,Kg$ tiré le long d'une piste horizontale $AB$ de longueur $L=4\,m$ par une force $\vec{F}$ inclinée d'un angle $\alpha=60^{\circ}$ par rapport au déplacement et de valeurs $F=120\,N$ (voir fig). 
 
On néglige tous les frottements.
 
Le long du trajet $AB$, le chariot est tiré avec une vitesse constante $=1\,m\cdot s^{-1}.$
 
1. Expression et calcul du travail effectué par $\vec{F}$ le long du trajet $AB.$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} W_{AB}\left(\vec{F}\right)&=&\vec{F}\cdot\overrightarrow{AB}\\\\&=&Fl\cos\alpha\\\\&=&120\times 4\times\cos 60^{\circ}\\\\&=&240\end{array}$
 
D'où, $\boxed{W_{AB}\left(\vec{F}\right) =240\;J}$
 
2. Expression et calcul de la puissance moyenne développée par cette force
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} P_{m}\left(\vec{F}\right)&=&\vec{F}\vec{v}\\\\&=&Fv\\\\&=& 120\times 1\\\\&=&-120\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{P_{m}\left(\vec{F}\right)=-120\;W}$
 
 
3. En arrivant au point $B$, on supprime la force motrice $\vec{F}$ et le chariot aborde une piste $BC$ de longueur $L'$ incliné par rapport à l'horizontale passant par $C$ d'un angle $\beta=30^{\circ}.$ 
 
Le long du trajet $BC$, le chariot est soumis à des forces de frottement équivalente à une force $\vec{f}$ constamment opposé au déplacement et de valeur $f=30\,N.$ 
 
La différence d'altitude entre les points $B$ et $C$ est $h=2\,m.$
 
a) Expression et calcul du travail du poids $\vec{P}$ du chariot.
 
Soit :
 
$\begin{array}{rcl} W_{BC}\left(\vec{P}\right)&=&\vec{P}\cdot\overrightarrow{BC}\\\\&=&Mgh\\\\&=&20\times 10\times 2\\\\ &=&4\cdot 10^{2}\end{array}$
 
Alors, $\boxed{W_{AB}\left(\vec{P}\right)=4\cdot 10^{2}\;J}$
 
b) Expression et calcul du travail de la force de frottement.
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} W_{BC}\left(\vec{f}\right) &=&\vec{f}\cdot\overrightarrow{BC}\\\\&=&-Fl \\\\&=&-f\dfrac{h}{\sin\beta}\\\\&=&-30\times\dfrac{2}{\sin 30^{\circ}}\\\\ &=&4-120\end{array}$
 
D'où, $\boxed{W_{AB}\left(\vec{f}\right) =4-120\;J}$
 
c) Expression et calcul du travail de la réaction $\vec{R}$ du plan
 
Soit : $W_{AB}\left(\vec{R}\right)=\vec{R}\cdot\overrightarrow{AB}=0$ car $\vec{R}\perp\overrightarrow{AB}$

Exercice 4

Une barre est maintenue horizontale par l'intermédiaire d'un fil métallique et un fil de coton fixés en son milieu. 
 
Les deux fils sont verticaux, le fil métallique est au-dessus de la barre, le fil de coton en dessous. 
 
Le fil métallique a une constante de torsion $C=4.0\cdot10^{-2}N\cdot m\cdot rad^{-1}.$ 
 
Le fil de coton exerce un couple négligeable.
 
1. Schéma du dispositif.
 
 
2. Calcul du travail du couple de torsion dans les situations suivantes :
 
2.1. La barre écartée de $90^{\circ}$ par rapport à sa position d'équilibre. Alors, on a :
 
$\begin{array}{rcl} W_{C}&=&-C\left(\mathcal{g_{f}}-\mathcal{g_{i}}\right)\\\\&=&-4.0\cdot 10^{-2}\left(\dfrac{\pi}{2}-0\right)\\\\&=&-6.28\cdot 10^{-2}\end{array}$
 
Donc, $\boxed{W_{C}=-6.28\cdot 10^{-2}\;J}$
 
2.2 Lorsque la barre passe de la position précédente à la position où elle fait un angle de $45^{\circ}$ par rapport à sa position d'équilibre.
 
Soit alors :
 
$\begin{array}{rcl} W_{C}&=&-C\left(\mathcal{g}_{f}-\mathcal{g}_{i}\right)\\\\&=&-4.0\cdot 10^{-2}\left(\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{2}\right)\\\\&=& 3.14\cdot 10^{-2}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{W_{C}=3.14\cdot 10^{-2}\;J}$
 
2.3 Lorsque la barre passe de cette dernière position à la position où elle est écartée d'un angle de $30^{\circ}$ de l'autre côté de sa position d'équilibre.
 
$\begin{array}{rcl} W_{C} &=&-C\left(\mathcal{g}_{f}-\mathcal{g}_{i}\right)\\\\&=&-4.0\cdot 10^{-2}\left(-\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{\pi}{4}\right) \\\\&=&5.24\cdot 10^{-2}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{W_{C}=5.24\cdot 10^{-2}\;J}$

Exercice 5

Pour hisser, à vitesse constante, un corps sur une plateforme on utilise un treuil entraîné par un moteur (fig 1).
 
La masse du corps $M=1\,000\;kg$, la hauteur $h=2\;m$ et les frottements créent une force $f$ de direction opposée au déplacement. 
 
La force motrice $F=10\,000\;N$ pour un angle $\alpha=30^{\circ}.$
 

 
1. Calculons la force résistante $\left(\vec{F}'\right)$ présentée par le poids : $F'=P\cdot\sin\alpha$ (sens opposé au déplacement) et la force de frottement.
 
Soit :
 
$\begin{array}{rcl}\vec{F'} &=& P\cdot\sin\alpha\\\\&=&Mg\sin\alpha\\\\&=&1\,000\times 10\times\sin 30^{\circ}\\\\&=&5.0\cdot 10^{3}\end{array}$
 
Donc, $\boxed{F'=5.0\cdot 10^{3}\;N}$
 
Le corps se déplace à vitesse constante, le principe de l'inertie s'écrit :
$$\vec{F}+\vec{P}+\vec{R}+\vec{f}=\vec{0}$$
En projetant suivant le sens de la force motrice, il vient :
 
$\begin{array}{rcl} F-F'+0-f=0&\Rightarrow& f=F-F'\\\\&\Rightarrow&f=1\,000-5.0\cdot 10^{5}\\\\&\Rightarrow&f=5.0\cdot 10^{5}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{f=5.0\cdot 10^{5}\;N}$
 
2. Calculons le travail de la force $\vec{F}$ et la puissance correspondante si la masse se déplace à $0.2\;m/s.$
 
Soit :
 
$\begin{array}{rcl} W\left(\vec{F}\right) &=&F\dfrac{h}{\sin\alpha}\\\\&=&10\,000\times\dfrac{2}{\sin 30^{\circ}}\\\\&=&4.0\cdot 10^{4}\end{array}$
 
Alors, $\boxed{W\left(\vec{F}\right)= 4.0\cdot 10^{4}\;J}$
 
Pour la puissance, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} P\left(\vec{F}\right)&=&\vec{F}\cdot\vec{v}\\\\&=&Fv\\\\&=&10\,000\times 0.2\\\\&=&2.0\cdot 10^{3}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{P\left(\vec{F}\right)=2.0\cdot 10^{3}\;W}$
 
Le treuil ayant un diamètre de $20\;cm$ et un rendement de $0.85$
 
3. Calculons :
 
$-\ $ la puissance mécanique du moteur nécessaire
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} \dfrac{P\left(\vec{F}\right)}{P_{M}}=0.85&\Rightarrow&P_{M}=\dfrac{P\left(\vec{F}\right)}{0.85}\\ \\&\Rightarrow&P_{M}=\dfrac{2.0\cdot 10^{3}}{0.85}\\\\&\Rightarrow&P_{M}=2.4\cdot 10^{3}\end{array}$
 
Donc, $\boxed{P_{M}=2.4\cdot 10^{3}\;W}$
 
$-\ $ la vitesse angulaire de rotation,
 
Soit :
 
$\begin{array}{rcl} \omega&=&\dfrac{v}{r}\\\\&=&\dfrac{v}{\dfrac{d}{2}}\\\\&=&\dfrac{2v}{d}\\\\&=&\dfrac{2\times 0.2}{20\cdot 10^{-2}}\\\\&=&20\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{\omega=20\;rad\cdot s^{-1}}$
 
$-\ $ la fréquence de rotation $(tr/min)$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} \omega=2\pi N&\Rightarrow&N=\dfrac{\omega}{2\pi}\\\\&\Rightarrow&N=\dfrac{20}{2\pi}\\\\&\Rightarrow&N=3\;Hz\end{array}$
 
En convertissant, on obtient :
 
$N=3\;Hz=3\times 60=180\;tr/mn$
 
D'où, $\boxed{N=180\;tr/mn}$
 
$-\ $ le moment du couple moteur
 
Soit :
 
$\begin{array}{rcl} P_{M}=M_{C}\omega&\Rightarrow&M_{C}=\dfrac{P_{M}}{\omega}\\\\&\Rightarrow&M_{C}=\dfrac{2.4\cdot 10^{3}}{20}\\\\&\Rightarrow&M_{C}=1.2\cdot 10^{2}Nm \end{array}$
 
Par suite, $\boxed{M_{C}=1.2\cdot 10^{2}\;Nm }$

Exercice 6

Une tige de cuivre supporte deux boules de fer $(m_{1}=m_{2}=m).$ 
 
L'ensemble est mobile sans frottement autour d'un axe horizontal $\Delta$, qui est perpendiculaire en $O$, au plan de la figure. 
 
Le centre d'inertie de la barre de masse $(M)$ est à la distance $OG=a$ de l'axe.
 
Un aimant attire la boule de fer en $A_{1}$, avec une force horizontale $F_{1}$ ; un deuxième aimant attire la boule de fer $A_{2}$ avec une force $F_{2}.$
 
On pose $OA_{1}=\ell_{1}\ $ et $\ OA_{2}=\ell_{2}$
 
1. La tige fait un angle $\alpha$ avec la verticale.
 
a) Représentons les forces extérieures appliquées sur le système (tige + boules)
 
 
b) Exprimons littéralement les moments de ces forces par rapport à l'axe $\Delta$ en fonction des données.
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} M_{\Delta}\left(\vec{F}_{1}\right)&=&-F_{1}OA_{1}\cos\alpha\\\\&=&-F_{1}l_{1}\cos\alpha \end{array}$
 
Soit : $\boxed{M_{\Delta}\left(\vec{F}_{1}\right)=-F_{1}l_{1}\cos\alpha}$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} M_{\Delta}\left(\vec{F}_{2}\right)&=&-F_{2}OA_{2}\cos\alpha\\\\&=& -F_{2}l_{2}\cos\alpha\end{array}$
 
Soit alors : $\boxed{M_{\Delta}\left(\vec{F}_{2}\right)=-F_{2}l_{1}\cos\alpha}$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} M_{\Delta}\left(\vec{P}\right)&=&POG\cos\alpha\\\\&=&Mga\cos\alpha \end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{M_{\Delta}\left(\vec{P}\right)=Mga\cos\alpha}$
 
Soit :
 
$\begin{array}{rcl} M_{\Delta}\left(\vec{P}_{1}\right)&=&-P_{1}OA_{1}\sin\alpha\\\\&=& -mgl_{1}\sin\alpha\end{array}$
 
Donc, $\boxed{M_{\Delta}\left(\vec{P}_{1}\right)=-mgl_{1}\sin\alpha}$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} M_{\Delta}\left(\vec{P}_{2}\right)&=&P_{2}OA_{2}\sin\alpha\\\\&=& mgl_{2}\sin\alpha\end{array}$
 
D'où, $\boxed{M_{\Delta}\left(\vec{P}_{2}\right)=mgl_{2}\sin\alpha}$
 
Enfin, $M_{\Delta}\left(\vec{R}\right)=0$
 
2. Pour la valeur de $=\alpha=20^{\circ}$, l'ensemble est en équilibre. 
 
Déterminons alors l'intensité commune $F$ des forces $\vec{F}_{1}\ $ et $\ \vec{F}_{2}$
 
Soit :
$$M_{\Delta}\left(\vec{F}_{1}\right)+M_{\Delta}\left(\vec{F}_{2}\right)+M_{\Delta}\left(\vec{P}\right)+M_{\Delta}\left(\vec{P}_{1}\right)+M_{\Delta}\left(\vec{P}_{2}\right)+M_{\Delta}\left(\vec{R}\right)=0$$
Ce qui donne : $F_{1}l_{1}\cos\alpha-F_{2}l_{2}\cos\alpha+Mga\cos\alpha-mgl_{1}\sin\alpha+mgl_{2}\sin\alpha+0=0$
 
Or, $F_{1}=F_{2}=F$ donc, $Fl_{1}\cos\alpha-Fl_{2}\cos\alpha+Mga\cos\alpha+mg\sin\alpha(l_{2}-l_{1})=0$
 
$\Rightarrow\ F\cos\alpha(l_{1}-l_{2})+Mga\cos\alpha+mg\sin\alpha(l_{2}-l_{1})=0$
 
$\Rightarrow\ F=\dfrac{Mga\cos\alpha+mg\sin\alpha\times\left(l_{2}-l_{1}\right)}{\left(l_{2}-l_{1}\right)\cos\alpha}$
 
$\Rightarrow\ F=9.8\dfrac{300\cdot 10^{-3}\times 6.0\cos 20^{\circ}+100\cdot 10^{-3}\times\sin 20^{\circ}\times(24-12)}{(12+24)\cos 20^{\circ}}$
 
$\Rightarrow F=0.61\;N$
 
D'où, $\boxed{F=0.61\;N}$
 
3. Détermination du travail effectué par chaque force pendant deux tours $\theta=2\pi$
 
Soit :
 
$\begin{array}{rcl} W\left(\vec{F}\right)&=&M_{\Delta}\left(\vec{F}\right)\theta\\\\&=&F\left(l_{1}+l_{2}\right)\times 2\pi\\\\&=&0.61(12+24)10^{-2}\times 2\pi\\\\&=&1.38\end{array}$
 
Donc, $\boxed{W\left(\vec{F}\right)= 1.38\;J}$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} W\left(\vec{P}\right)&=&M_{\Delta}\left(\vec{P}\right)\theta\\\\&=&Mga\cos\alpha \times 2\pi\\\\&=&300\cdot 10^{-2}\times 9.8\times6.0\cdot 10^{-2}\cos 20^{\circ}\times 2\pi\\\\&=& 1.04\end{array}$
 
Donc, $\boxed{W\left(\vec{P}\right)=1.04\;J}$
 
Soit :
 
$\begin{array}{rcl} W\left(\vec{P}_{1}\right)&=&M_{\Delta}\left(\vec{P}_{1}\right)\theta\\\\&=&-100\cdot 10^{-3}\times 9.8\times 12\cdot 10^{-2}\sin 20^{\circ}\times 2\pi\\\\&=&0.25\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{W\left(\vec{P}_{1}\right)=0.25\;J}$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} W\left(\vec{P}_{2}\right) &=& M_{\Delta}\left(\vec{P}_{2}\right)\theta\\\\&=& 100\cdot 10^{-3}\times 9.8\times 24\cdot 10^{-2}\sin 20^{\circ}\times 2\pi\\\\&=&0.51\end{array}$
 
Donc, $\boxed{W\left(\vec{P}_{2}\right)=0.51\;J}$
 
Soit :
 
$\begin{array}{rcl} W\left(\vec{R}\right) &=&M_{\Delta}\left(\vec{R}\right)\theta\\\\ &=&0\times 2\pi\\\\&=&0\end{array}$
 
D'où, $\boxed{W\left(\vec{R}\right)=0\;J}$

Exercice 7

Un solide ponctuel $S$, de masse $m$, se déplace dans un plan vertical le long d'un trajet $ABCD$ qui comporte deux phases.
 
$-\ $ Une partie horizontale $AB$ rectiligne de longueur $8\;m.$ 
 
Le long de cette partie, le solide est soumis à une force constante $\vec{F}$, faisant un angle $\alpha=60^{\circ}$ avec l'horizontale et développant une puissance $P=6\;W$ en plus d'une force de frottement $\vec{f}$, opposée au déplacement de valeur constante $f=3\;N.$
 
$-\ $ Une demi sphère $BCD$, de centre $O$ et de rayon $R=0.5\;m$ où le solide est soumis uniquement à son poids $\vec{P}.$
 

 
1. Sachant que pendant la partie $AB$ le mouvement est rectiligne uniforme de vitesse $V=2\;m\cdot s^{-1}$,
 
a) Exprimons la puissance moyenne $P$ développée par $\vec{F}$ en fonction de $F\;,\ V\ $ et $\ \alpha.$
 
Soit :
$$P_{m}\left(\vec{F}\right)=\vec{F}\cdot\vec{V}=FV\cos\alpha$$
b) Déduction de la valeur de la force $F.$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} P_{m}\left(\vec{F}\right)=FV\cos\alpha&\Rightarrow&F=\dfrac{P_{m}\left(\overrightarrow{F}\right)}{V\cos\alpha}\\\\&\Rightarrow&F=\dfrac{6}{2\times\cos 60^{\circ}}\\\\&\Rightarrow&F =6\;N\end{array}$
 
Donc, $\boxed{F=6\;N}$
 
c) Calcul du travail de la force $\vec{F}$ pendant le déplacement $AB.$
 
Soit :
 
$\begin{array}{rcl} W_{AB}\left(\vec{F}\right)&=&\vec{F}\cdot\overrightarrow{AB}\\\\&=&F\cdot AB\cos\alpha\\\\&=& 6\times 8\times\cos 60^{\circ}\\\\&=&24\end{array}$
 
D'où, $\boxed{W_{AB}\left(\vec{F}\right) =24\;J}$
 
2. Détermination du travail de la force de frottement $\vec{f}$ au cours du déplacement de $AB.$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} W_{AB}\left(\vec{f}\right)&=&\vec{f}\cdot\overrightarrow{AB}\\\\ &=& -f\cdot AB\cos\alpha\\\\ &=& -3\times 8\\\\&=&-24\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{W_{AB}\left(\vec{f}\right) =-24\;J}$
 
3. Arrivant au point $B$, on annule les forces $\vec{F}\ $ et $\ \vec{f}.$
 
Sachant que le travail du poids de $S$ lorsqu'il glisse de $B$ vers $C$ est $W_{B\rightarrow C}\left(\vec{P}\right)=0.5\;J$
 
a) Déterminons la masse du solide $S.$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} W_{B\rightarrow C}\left(\overrightarrow{P}\right)=mgR&\Rightarrow&m=\dfrac{W_{B\rightarrow C}\left(\overrightarrow{P}\right)}{gR}\\\\&\Rightarrow&m=\dfrac{0.5}{10\times 0.5}\\\\&\Rightarrow&m=0.1\;kg \end{array}$
 
D'où, $\boxed{m=0.1\;kg}$
 
b) Donnons l'expression du travail du poids de $S$ lorsqu'il passe de $B$ vers $E$ en fonction de $m\;,\ g\;,\ R\ $ et $\ \beta.$
 
Soit : $W_{B\rightarrow E}\left(\vec{P}\right)=mgR\sin\beta$
 
Calcul de sa valeur : $W_{B\rightarrow E}\left(\vec{P}\right)= 0.1\times 10\times 0.5\times\sin 30^{\circ}=0.25$
 
Ainsi, $\boxed{W_{B\rightarrow E}\left(\vec{P}\right)=0.25\;J}$
 
c) Déduisons du travail du poids de $S$ lors du déplacement de $E$ vers $C.$
 
Soit :
 
$\begin{array}{rcl} W_{E\rightarrow C}\left(\vec{P}\right)&=&W_{B\rightarrow C}\left(\vec{P}\right)-W_{B\rightarrow E}\left(\vec{P}\right)\\\\&=&mgR-mgR\sin\beta\\\\&=&0.1\times 10\times 0.5(1-\sin 30^{\circ})\\\\&=&0.25\end{array}$
 
Alors, $\boxed{W_{E\rightarrow C}\left(\vec{P}\right)=0.25\;J}$
 
4. Détermination du travail du poids de $S$ lors du déplacement de $C$ vers $D.$
 
Soit : $W_{C\rightarrow D}\left(\vec{P}\right)=-W_{B\rightarrow C}\left(\vec{P}\right)$
 
Donc, $\boxed{W_{C\rightarrow D}\left(\vec{P}\right)=-0.5\;J}$
 

 

Commentaires

C'est un qui pourra me plaît si j'ai accès àtous les exercices

Correction d’autres exercices ???

Comme les autres exercices

J’aimerais avoir le reste de la correction

Très bonne initiatives les exercices sont pertinentes

le probleme est que ont nous donne tros de donner et on nous dicte ce qu'il faut faire

Je voudrais bient comprendre les sciences

comment etre exccellent en physique chimie

Correction

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Poids djxjxjcjxjxjxjxjxjsjwjsjsn

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