Aller au contenu
Skill NovaCours en ligne

Dynamique : lois de Newton

Relier forces et mouvement par les trois lois de Newton.

Physique Première Chapitre 2 / 9 ⏱ 11 h

Ce que tu sauras faire à la fin

  • Appliquer la deuxième loi de Newton dans un repère bien choisi
  • Résoudre un problème de plan incliné
  • Prendre en compte les frottements

Une voiture freine brutalement : ton corps continue d'avancer, plaqué contre la ceinture. Une fusée s'arrache du sol en éjectant des gaz brûlants vers le bas. Un ballon lâché du haut d'un immeuble tombe de plus en plus vite… À chaque fois, un lien invisible relie les forces appliquées à un objet et la façon dont son mouvement change. Ce lien, ce sont les trois lois de Newton, énoncées en 1687 dans les Philosophiæ Naturalis Principia Mathematica, et qui restent aujourd'hui le socle de toute la mécanique classique — des ponts qu'on dimensionne aux satellites qu'on met en orbite.

En Seconde, tu as appris à représenter une force par un vecteur, à faire un bilan des forces et à reconnaître, de façon qualitative, qu'un système à l'équilibre a des forces qui se compensent. Ce chapitre franchit une étape : la deuxième loi de Newton, ∑F⃗=ma⃗\sum \vec F = m\vec a, transforme ce bilan qualitatif en une relation quantitative entre les forces et le mouvement. Elle te permettra de calculer une accélération, une tension de fil, une distance de freinage — bref, de prévoir un mouvement avant qu'il n'ait lieu.

Tu découvriras aussi une idée déroutante au premier abord : à toute force qu'un objet A exerce sur un objet B correspond une force exactement opposée que B exerce sur A. C'est la troisième loi, celle qui explique pourquoi on avance en marchant ou pourquoi une fusée décolle dans le vide — et qu'il ne faut jamais confondre avec un bilan de forces à l'équilibre, un piège classique.

Ce chapitre construit surtout une méthode de résolution que tu réutiliseras toute l'année : plan incliné, frottements, systèmes reliés par un fil et une poulie. Une fois cette méthode automatisée, la mécanique devient un jeu de construction rigoureux plutôt qu'une collection de formules à retenir.

1Première loi : principe d'inertie

Avant d'énoncer la loi, précisons deux mots que tu utiliseras sans cesse dans ce chapitre.

Définition

Un référentiel est un solide de référence (le sol, une salle de classe, un train…) auquel on associe un repère d'espace et une horloge, et par rapport auquel on décrit le mouvement d'un système. Un référentiel est dit galiléen lorsque le principe d'inertie s'y vérifie. Le référentiel terrestre, lié au sol, est considéré comme galiléen pour la quasi-totalité des mouvements étudiés au lycée.

Théorème — Principe d'inertie (première loi de Newton)

Dans un référentiel galiléen, un système isolé (aucune force extérieure ne s'exerce sur lui) ou pseudo-isolé (les forces extérieures se compensent : ∑F⃗=0⃗\sum \vec F = \vec 0) est soit au repos, soit en mouvement rectiligne uniforme : son vecteur vitesse garde une direction, un sens et une norme constants.

Réciproquement, si le vecteur vitesse d'un système est constant dans un référentiel galiléen, alors les forces extérieures qui s'exercent sur lui se compensent.

1.1  Systèmes isolés et pseudo-isolés

Un système est isolé lorsqu'aucune force extérieure ne s'exerce sur lui — situation idéale, jamais parfaitement réalisée (même loin de toute planète, la gravitation universelle agit, aussi faible soit-elle). En pratique, on parle plutôt de système pseudo-isolé : plusieurs forces s'exercent, mais leur somme vectorielle est nulle. C'est le cas d'un palet de hockey glissant sur une glace jugée sans frottement (le poids et la réaction de la glace se compensent), ou d'une voiture roulant à vitesse constante sur une route horizontale (poids et réaction du sol se compensent d'un côté ; force motrice et frottements se compensent de l'autre).

Attention

Ne confonds pas « pas de force » et « pas de mouvement ». L'idée d'Aristote — un mouvement nécessiterait une force qui l'entretient en permanence — est fausse : une force ne sert pas à maintenir une vitesse, mais à la faire varier. Un palet glissant sur une glace parfaite continuerait indéfiniment en ligne droite à vitesse constante, sans qu'aucune force ne le pousse.

Physique & Co — De Galilée à Newton

En 1638, dans ses Discorsi e dimostrazioni matematiche, Galilée décrit des expériences de plans inclinés : il observe qu'une bille lâchée sur une pente descendante puis remontant une pente symétrique atteint presque la même hauteur, quel que soit l'angle de la seconde pente. Il en déduit que sur un plan parfaitement horizontal et sans frottement, la bille ne s'arrêterait jamais — une intuition radicale, qui contredit vingt siècles de physique aristotélicienne.

René Descartes reprend et généralise l'idée en 1644. Puis Isaac Newton, en 1687, en fait la première des trois lois fondatrices de sa mécanique, dans les Principia : « Tout corps persévère dans l'état de repos ou de mouvement uniforme en ligne droite, à moins que des forces n'agissent sur lui et ne le contraignent à changer d'état. »

1.2  Reconnaître un système pseudo-isolé

Méthode — tester le principe d'inertie

On observe le vecteur vitesse du système. S'il est constant (mouvement rectiligne uniforme ou repos), la réciproque du principe d'inertie garantit ∑F⃗=0⃗\sum \vec F = \vec 0 : le système est pseudo-isolé, même si plusieurs forces non nulles s'exercent sur lui. S'il varie (en direction et/ou en norme), alors ∑F⃗≠0⃗\sum \vec F \neq \vec 0.

Exemple — un skieur à vitesse constante

Un skieur descend une piste rectiligne à vitesse constante (frottements et résistance de l'air non négligeables). Bilan des forces : le poids P⃗\vec P, la réaction normale de la piste N⃗\vec N, une force de frottement f⃗\vec f opposée au mouvement. Le vecteur vitesse étant constant, la réciproque du principe d'inertie impose P⃗+N⃗+f⃗=0⃗\vec P + \vec N + \vec f = \vec 0 : le système est pseudo-isolé, bien que trois forces non nulles s'exercent sur lui.

Exemple — un ballon lâché : un non-exemple

Un ballon lâché sans vitesse initiale voit sa vitesse augmenter à chaque instant : son vecteur vitesse n'est pas constant. Le principe d'inertie ne s'applique donc pas : les forces qui s'exercent sur lui (poids, résistance de l'air) ne se compensent pas. C'est justement l'objet de la loi suivante.

2Deuxième loi : ∑F⃗=ma⃗\sum \vec F = m\vec a

Le principe d'inertie décrit le cas particulier où les forces se compensent. Que se passe-t-il quand ce n'est pas le cas ? C'est l'objet de la deuxième loi de Newton, aussi appelée principe fondamental de la dynamique (PFD).

Définition — rappel

Le vecteur accélération a⃗\vec a d'un point mesure la façon dont le vecteur vitesse v⃗\vec v varie au cours du temps : sa direction et son sens indiquent comment v⃗\vec v évolue, et sa norme, exprimée en m⋅s−2\text{m·s}^{-2}, mesure la rapidité de cette variation. Si v⃗\vec v est constant, a⃗=0⃗\vec a = \vec 0 ; c'est le cas particulier étudié à la section 1.

Théorème — Deuxième loi de Newton (PFD)

Dans un référentiel galiléen, pour un système de masse mm constante soumis à des forces extérieures de somme ∑F⃗\sum \vec F :

∑F⃗=ma⃗\sum \vec F = m\vec a

avec mm en kilogrammes (kg), a⃗\vec a en m⋅s−2\text{m·s}^{-2} et chaque force en newtons (N). On vérifie l'homogénéité de la relation : 1 N=1 kg⋅m⋅s−21\ \text{N} = 1\ \text{kg·m·s}^{-2}. Si ∑F⃗=0⃗\sum \vec F = \vec 0, alors a⃗=0⃗\vec a = \vec 0 : on retrouve exactement le principe d'inertie, qui n'est donc qu'un cas particulier de cette loi plus générale.

La masse mm qui figure dans cette relation mesure l'inertie du système : à force égale, un système de grande masse s'accélère moins qu'un système de faible masse — plus dur à mettre en mouvement, plus dur à arrêter.

Attention

Le PFD n'est valable que dans un référentiel galiléen. La masse mm est une propriété du système (en kg), invariable ; le poids P⃗=mg⃗\vec P = m\vec g est une force (en N), qui dépend du lieu. Sur la Lune, gLune≈1,6 m⋅s−2g_{\text{Lune}} \approx 1{,}6\ \text{m·s}^{-2} : un astronaute de masse m=80m = 80 kg y pèse P=80×1,6=128P = 80 \times 1{,}6 = 128 N, six fois moins que sur Terre (P≈80×9,8=784P \approx 80 \times 9{,}8 = 784 N), bien que sa masse n'ait pas changé.

2.1  Chute libre verticale : retrouver les équations du mouvement

On lâche, sans vitesse initiale, un objet de masse mm au voisinage du sol, en négligeant les frottements de l'air : le poids est alors la seule force. On choisit un axe vertical (Oz)(Oz) dirigé vers le bas, origine au point de lâcher, à l'instant t=0t = 0.

  1. ∑F⃗=P⃗=mg⃗\sum \vec F = \vec P = m\vec gseule force : le poids
  2. ⇒\Rightarrowma⃗=mg⃗m\vec a = m\vec gdeuxième loi de Newton
  3. ⇒\Rightarrowa⃗=g⃗\vec a = \vec gm≠0m \neq 0, on simplifie

L'accélération est donc constante, égale à g⃗\vec g : le mouvement est rectiligne uniformément accéléré, quelle que soit la masse de l'objet. En projetant sur (Oz)(Oz), avec les conditions initiales vz(0)=0v_{z}(0) = 0 et z(0)=0z(0) = 0 :

vz(t)=g tz(t)=12 g t2v_{z}(t) = g\,t \qquad\qquad z(t) = \dfrac{1}{2}\,g\,t^{2}

Exemple — chute d'une hauteur de 20 m

Un objet est lâché sans vitesse initiale d'une hauteur h=20h = 20 m. On cherche la durée de la chute et la vitesse à l'impact, avec g=9,8 m⋅s−2g = 9{,}8\ \text{m·s}^{-2}.

  1. z(t)=h⇔12g t2=hz(t) = h \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}g\,t^{2} = h
  2. ⇒\Rightarrowt=2hgt = \sqrt{\dfrac{2h}{g}}on ne garde que la solution positive
  3. ==2×209,8≈2,02 s\sqrt{\dfrac{2 \times 20}{9{,}8}} \approx 2{,}02\ \text{s}
  4. vz(t)=g t≈9,8×2,02v_{z}(t) = g\,t \approx 9{,}8 \times 2{,}02
  5. ≈\approx19,8 m⋅s−119{,}8\ \text{m·s}^{-1}soit environ 7171 km/h

2.2  Chute avec frottement de l'air (étude qualitative)

En réalité, l'air oppose une résistance f⃗\vec f qui grandit avec la vitesse. On admet un modèle simple : f=kvf = k v, avec k>0k > 0 une constante liée à la forme de l'objet, et f⃗\vec f opposée au mouvement (donc dirigée vers le haut pendant la chute).

  1. ∑Fz=P−f=mg−kv\sum F_{z} = P - f = mg - kvprojection sur (Oz)(Oz), vers le bas
  2. ⇒\Rightarrowa=g−kmva = g - \dfrac{k}{m}v

Tant que vv est petite, a≈ga \approx g : la chute commence presque comme en chute libre. Mais à mesure que vv augmente, le terme kmv\frac{k}{m}v grandit et l'accélération diminue : le mouvement reste accéléré, mais de moins en moins vite. Lorsque ff devient égale à PP, on a ∑F⃗=0⃗\sum \vec F = \vec 0 : d'après le principe d'inertie, la vitesse cesse alors de varier. On atteint la vitesse limite :

mg=k vlim⟹vlim=mgkmg = k\,v_{\text{lim}} \qquad\Longrightarrow\qquad v_{\text{lim}} = \dfrac{mg}{k}

Vitesse de chute : avec et sans frottement de l'air O t v v_lim avec frottement → v_lim sans frottement : v = g·t
Figure 1 — Sans frottement, la vitesse de chute croît proportionnellement au temps (droite rouge, v=g tv = g\,t) ; avec frottement de l'air, elle croît de moins en moins vite et tend asymptotiquement vers une vitesse limite vlimv_{\text{lim}} (courbe bleue), atteinte lorsque P⃗\vec P et f⃗\vec f se compensent.

3Troisième loi : actions réciproques

Les deux premières lois décrivent le mouvement d'un système soumis à des forces. La troisième loi s'intéresse à l'origine de ces forces : chaque force qu'un système exerce sur un autre a une contrepartie exacte, dans l'autre sens.

Théorème — Principe des actions réciproques (troisième loi de Newton)

Si un système A exerce sur un système B une force F⃗A→B\vec F_{A \to B}, alors B exerce simultanément sur A une force F⃗B→A\vec F_{B \to A} telle que :

F⃗B→A=− F⃗A→B\vec F_{B \to A} = -\,\vec F_{A \to B}

Les deux forces ont donc même droite d'action, même norme, et des sens opposés ; elles sont simultanées (aucune des deux ne « précède » l'autre) et s'exercent sur deux systèmes différents. Cette loi est valable que les systèmes soient au repos, en mouvement, en contact ou à distance (gravitation, forces électriques…).

Attention — le piège le plus fréquent

Une paire action-réaction ne s'exerce jamais sur le même système : elle ne peut donc jamais apparaître dans le bilan des forces d'un seul objet, et ces deux forces ne « s'annulent » pas au sens d'un équilibre. Un livre posé sur une table est à l'équilibre grâce à deux forces qui s'exercent toutes deux sur le livre : son poids P⃗\vec P (dû à la Terre) et la réaction R⃗table→livre\vec R_{table \to livre} de la table. Elles se compensent (P⃗+R⃗=0⃗\vec P + \vec R = \vec 0) parce que le livre est immobile — ce n'est pas une paire action-réaction, puisqu'elles s'exercent sur le même système. La vraie réaction de P⃗\vec P est la force que le livre exerce sur la Terre ; la vraie réaction de R⃗table→livre\vec R_{table \to livre} est la force R⃗livre→table\vec R_{livre \to table} que le livre exerce sur la table.

Le livre et la table livre R table→livre R livre→table La fusée et les gaz éjectés fusée gaz→fusée (poussée) fusée→gaz (éjection)
Figure 2 — Deux paires action-réaction. À gauche, le livre et la table se repoussent avec des forces opposées et de même norme, appliquées chacune sur un système différent. À droite, la fusée éjecte des gaz vers le bas (F⃗fuseˊe→gaz\vec F_{fusée \to gaz}) et les gaz la propulsent vers le haut avec la force exactement opposée (F⃗gaz→fuseˊe\vec F_{gaz \to fusée}) : c'est ainsi qu'une fusée avance dans le vide, sans avoir besoin de « s'appuyer » sur l'air.
Physique & Co — Une loi énoncée d'un seul coup

Contrairement aux deux premières, la troisième loi de Newton n'a pas de longue histoire avant 1687 : Newton l'énonce directement dans les Principia comme le troisième axiome de sa mécanique, sous une forme d'une grande généralité (« à toute action correspond une réaction égale et opposée »). Elle s'applique aussi bien à des contacts (un pied qui pousse le sol) qu'à des interactions à distance, comme la gravitation universelle : la Terre attire la Lune, et la Lune attire la Terre avec une force exactement opposée et de même norme — c'est cette même symétrie qui, deux siècles plus tard, guidera la découverte de Neptune par le calcul, en 1846.

Exemple — pourquoi la marche à pied fonctionne

Quand tu marches, ton pied pousse le sol vers l'arrière (F⃗pied→sol\vec F_{pied \to sol}). D'après la troisième loi, le sol pousse ton pied vers l'avant avec la force exactement opposée F⃗sol→pied=−F⃗pied→sol\vec F_{sol \to pied} = -\vec F_{pied \to sol} : c'est cette force, extérieure à ton corps, qui te propulse. Sans frottement (sol verglacé), F⃗sol→pied\vec F_{sol \to pied} ne peut plus avoir de composante horizontale : impossible d'avancer.

4Méthode de résolution d'un problème de dynamique

Tous les exercices de ce chapitre — plan incliné, poulie, chariot tiré — se résolvent avec la même méthode. La maîtriser fait toute la différence entre deviner une formule et savoir la retrouver.

Méthode — résoudre un problème de dynamique
  1. Système : préciser l'objet étudié (le solide de masse mm, supposé ponctuel ou indéformable).
  2. Référentiel : choisir un référentiel galiléen (le référentiel terrestre, en général) et vérifier que la masse est constante.
  3. Bilan des forces : lister toutes les forces extérieures agissant sur le système, avec un schéma clair (poids, réaction normale, tension, frottement…).
  4. Repère adapté : choisir des axes qui simplifient les projections — souvent, un axe selon la direction du mouvement (ou de la pente) et un axe perpendiculaire.
  5. Deuxième loi : écrire ∑F⃗=ma⃗\sum \vec F = m\vec a, puis projeter sur chaque axe pour obtenir des équations scalaires.
  6. Résolution : résoudre le système d'équations pour la ou les inconnues demandées.
  7. Vérification : contrôler les unités et l'ordre de grandeur du résultat.
Exemple — tension du câble d'un ascenseur

Un ascenseur de masse totale m=600m = 600 kg accélère verticalement vers le haut avec une accélération de norme a=1,2 m⋅s−2a = 1{,}2\ \text{m·s}^{-2}. On cherche la tension TT du câble.

Système : l'ascenseur (et son contenu). Référentiel : terrestre, galiléen. Bilan : le poids P⃗\vec P (vers le bas) et la tension T⃗\vec T du câble (vers le haut). Axe : (Oz)(Oz) vertical, orienté vers le haut.

  1. ∑F⃗=T⃗+P⃗=ma⃗\sum \vec F = \vec T + \vec P = m\vec a
  2. ⇒\RightarrowT−P=maT - P = maprojection sur (Oz)(Oz) orienté vers le haut ; a⃗\vec a est vers le haut donc az=+aa_z=+a
  3. ⇒\RightarrowT=m(g+a)T = m(g + a)P=mgP = mg
  4. ==600×(9,8+1,2)600 \times (9{,}8 + 1{,}2)
  5. ==6 600 N6\,600\ \text{N}

À vérifier : au repos (a=0a=0), on retrouverait T=mg=5 880T = mg = 5\,880 N ; l'accélération vers le haut demande donc une tension supérieure au poids — cohérent avec l'intuition (tu te sens plus lourd quand l'ascenseur démarre vers le haut).

5Plan incliné et frottements

Le plan incliné est la situation la plus fréquente au lycée pour manipuler des projections de vecteurs. La difficulté n'est pas conceptuelle : c'est le poids qui, seul parmi les forces, n'est ni le long de la pente ni perpendiculaire à elle — il faut donc le décomposer.

5.1  Décomposition du poids sur le plan incliné

On considère un solide de masse mm posé sur un plan incliné faisant un angle α\alpha avec l'horizontale. On choisit le repère adapté à la pente : l'axe (Ox′)(Ox') le long du plan, orienté vers le haut de la pente, et l'axe (Oy′)(Oy') perpendiculaire au plan, orienté vers l'extérieur (loin de la pente).

Démonstration — projections exactes de P⃗\vec P

Le poids P⃗\vec P est vertical, de norme P=mgP = mg. L'angle entre la verticale (direction de P⃗\vec P) et l'axe (Oy′)(Oy'), perpendiculaire au plan, est égal à α\alpha : en effet, quand on incline le plan d'un angle α\alpha par rapport à l'horizontale, sa normale s'incline du même angle α\alpha par rapport à la verticale (deux angles à côtés perpendiculaires deux à deux sont égaux). On projette alors P⃗\vec P sur les deux axes, comme le montre le triangle rectangle de la figure 3, dont P⃗\vec P est l'hypoténuse :

  1. Px′=−Psin⁡αP_{x'} = -P\sin\alphacomposante le long de la pente, dirigée vers le bas
  2. Py′=−Pcos⁡αP_{y'} = -P\cos\alphacomposante perpendiculaire, dirigée « dans » le plan
  3. vérification : Px′2+Py′2=P2sin⁡2α+P2cos⁡2α=P2P_{x'}^{2}+P_{y'}^{2} = P^{2}\sin^{2}\alpha + P^{2}\cos^{2}\alpha = P^{2}sin⁡2α+cos⁡2α=1\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1
α x' y' P P sin α P cos α N f
Figure 3 — Bilan des forces sur un plan incliné d'angle α\alpha : le poids P⃗\vec P (bleu) se décompose exactement en une composante le long de la pente Psin⁡αP\sin\alpha (verte) et une composante perpendiculaire Pcos⁡αP\cos\alpha (orange, construction en pointillés) ; N⃗\vec N est la réaction normale et f⃗\vec f la force de frottement, ici orientée vers le haut de la pente (le solide tend à glisser vers le bas).

5.2  Lois du frottement solide

Théorème — lois de Coulomb du frottement solide

Tant qu'un solide reste immobile par rapport à la surface sur laquelle il est posé, la force de frottement f⃗\vec f s'ajuste pour équilibrer les autres forces, mais sa norme reste bornée :

f⩽μs Nf \leqslant \mu_{s}\,N

où μs\mu_{s} est le coefficient de frottement statique (sans unité) et NN la norme de la réaction normale. Dès que le solide glisse, la norme du frottement devient (en première approximation) constante :

f=μd Nf = \mu_{d}\,N

avec μd⩽μs\mu_{d} \leqslant \mu_{s} le coefficient dynamique (souvent noté simplement μ\mu au lycée, en confondant les deux). Dans les deux cas, f⃗\vec f est opposée au mouvement (ou à la tendance au mouvement).

Physique & Co — Amontons et Coulomb

En 1699, l'ingénieur français Guillaume Amontons présente à l'Académie des sciences les deux premières lois du frottement : la force de frottement est proportionnelle à la force pressante normale, et indépendante de l'aire de contact apparente. En 1785, Charles-Augustin de Coulomb — plus connu pour sa loi sur les charges électriques — affine ces résultats dans son Théorie des machines simples et distingue clairement frottement statique et frottement dynamique. Ces lois, encore appelées « lois d'Amontons-Coulomb », restent le modèle de référence enseigné aujourd'hui.

Exemple — glisser sans frottement

Un solide de masse mm est lâché sans vitesse initiale sur un plan incliné sans frottement, α=30°\alpha = 30°. On projette ∑F⃗=ma⃗\sum \vec F = m\vec a sur (Ox′)(Ox') et (Oy′)(Oy') (figure 3, sans f⃗\vec f).

  1. sur (Oy′)(Oy') : N−Pcos⁡α=0N - P\cos\alpha = 0pas d'accélération perpendiculaire au plan
  2. ⇒\RightarrowN=Pcos⁡α=mgcos⁡αN = P\cos\alpha = mg\cos\alpha
  3. sur (Ox′)(Ox') : −Psin⁡α=max′-P\sin\alpha = ma_{x'}seule composante du poids sur cet axe
  4. ⇒\Rightarrowax′=−gsin⁡αa_{x'} = -g\sin\alpha
  5. ==−9,8×sin⁡30°=−4,9 m⋅s−2-9{,}8 \times \sin 30° = -4{,}9\ \text{m·s}^{-2}négatif : accélération vers le bas de la pente

La masse a disparu du résultat : comme en chute libre, tous les solides glissent avec la même accélération sur un plan sans frottement, quelle que soit leur masse.

Exemple — avec frottement

Même situation, mais avec μ=0,2\mu = 0{,}2 et le solide qui glisse déjà vers le bas : f⃗\vec f est donc dirigée vers le haut de la pente (figure 3).

  1. sur (Oy′)(Oy') : N=mgcos⁡αN = mg\cos\alphainchangé
  2. sur (Ox′)(Ox') : −mgsin⁡α+f=max′-mg\sin\alpha + f = ma_{x'}
  3. f=μN=μmgcos⁡αf = \mu N = \mu mg\cos\alphaglissement : loi dynamique
  4. ⇒\Rightarrowax′=−gsin⁡α+μgcos⁡α=−g(sin⁡α−μcos⁡α)a_{x'} = -g\sin\alpha + \mu g\cos\alpha = -g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)
  5. ==−9,8×(0,5−0,2×0,866)-9{,}8 \times (0{,}5 - 0{,}2\times0{,}866)
  6. ≈\approx−3,2 m⋅s−2-3{,}2\ \text{m·s}^{-2}le frottement réduit l'accélération, sans l'annuler ici

Le solide reste immobile (au lieu de glisser) si, à l'inverse, tan⁡α⩽μs\tan\alpha \leqslant \mu_{s} : c'est la condition d'accrochage, obtenue en écrivant que le frottement statique maximal peut compenser Psin⁡αP\sin\alpha.

Attention

La formule N=mgcos⁡αN = mg\cos\alpha n'est valable que lorsque le poids et la réaction normale sont les seules forces à avoir une composante selon (Oy′)(Oy'). Dès qu'une autre force oblique s'ajoute (un fil qui tire, par exemple), il faut refaire la projection sur (Oy′)(Oy') en tenant compte de toutes les forces : ne réutilise jamais cette formule « par cœur » sans revérifier le bilan.

6Mouvement sur un plan horizontal

Sur un plan horizontal, le poids et la réaction normale sont naturellement alignés avec un axe vertical : la difficulté se déplace ailleurs — vers une force de traction oblique, ou vers un système à deux corps reliés par un fil.

6.1  Chariot tiré par un fil oblique

On tire un chariot de masse mm sur un sol horizontal au moyen d'un fil qui fait un angle θ\theta avec l'horizontale, de tension TT. Le sol exerce un frottement de coefficient dynamique μ\mu.

chariot θ P N f T T cos θ T sin θ
Figure 4 — Chariot tiré par un fil incliné d'un angle θ\theta : la tension T⃗\vec T (verte) se décompose en une composante horizontale Tcos⁡θT\cos\theta, qui fait avancer le chariot, et une composante verticale Tsin⁡θT\sin\theta, qui soulage le sol et réduit la réaction normale N⃗\vec N.
Démonstration — bilan projeté

Bilan des forces : poids P⃗\vec P, réaction normale N⃗\vec N, tension T⃗\vec T (angle θ\theta avec l'horizontale), frottement f⃗\vec f opposé au mouvement. Repère (Ox)(Ox) horizontal (sens du mouvement), (Oy)(Oy) vertical vers le haut.

  1. sur (Oy)(Oy) : N+Tsin⁡θ−P=0N + T\sin\theta - P = 0pas d'accélération verticale
  2. ⇒\RightarrowN=P−Tsin⁡θ=mg−Tsin⁡θN = P - T\sin\theta = mg - T\sin\thetala traction oblique réduit NN
  3. sur (Ox)(Ox) : Tcos⁡θ−f=maT\cos\theta - f = ma
  4. f=μN=μ(mg−Tsin⁡θ)f = \mu N = \mu(mg - T\sin\theta)glissement : loi dynamique du frottement
  5. ⇒\Rightarrowa=Tcos⁡θ−μ(mg−Tsin⁡θ)ma = \dfrac{T\cos\theta - \mu(mg - T\sin\theta)}{m}
Attention

Ici, N≠mgN \neq mg : une force oblique a une composante verticale, qui modifie nécessairement NN, donc le frottement f=μNf = \mu N. C'est l'erreur la plus fréquente sur ce type d'exercice : calculer ff à partir de mgmg au lieu de NN.

Exemple numérique

m=25m = 25 kg, T=80T = 80 N, θ=25°\theta = 25°, μ=0,3\mu = 0{,}3, g=9,8 m⋅s−2g = 9{,}8\ \text{m·s}^{-2}.

  1. N=mg−Tsin⁡θ=25×9,8−80×sin⁡25°N = mg - T\sin\theta = 25\times9{,}8 - 80\times\sin25°
  2. ==245−33,8=211,2 N245 - 33{,}8 = 211{,}2\ \text{N}
  3. f=μN=0,3×211,2≈63,4 Nf = \mu N = 0{,}3 \times 211{,}2 \approx 63{,}4\ \text{N}
  4. Tcos⁡θ=80×cos⁡25°≈72,5 NT\cos\theta = 80 \times \cos25° \approx 72{,}5\ \text{N}
  5. ⇒\Rightarrowa=72,5−63,425≈0,36 m⋅s−2a = \dfrac{72{,}5 - 63{,}4}{25} \approx 0{,}36\ \text{m·s}^{-2}

6.2  Systèmes à deux corps liés : la poulie

Deux solides reliés par un fil inextensible, passant sur une poulie idéale (masse et frottements négligeables), ont la même norme d'accélération, et le fil transmet la même tension TT de part et d'autre de la poulie.

m₁ m₂ T P₁ = m₁g T P₂ = m₂g sens si m₂ > m₁ fil inextensible, poulie idéale : T identique des deux côtés
Figure 5 — Machine d'Atwood : deux masses m1m_1 et m2m_2 reliées par un fil inextensible sur une poulie idéale. Si m2>m1m_2 > m_1, le système accélère dans le sens où m2m_2 descend et m1m_1 monte.
Démonstration — machine d'Atwood

On isole séparément chaque masse, avec un axe vertical orienté dans le sens du mouvement attendu pour chacune (vers le haut pour m1m_1, vers le bas pour m2m_2, en supposant m2>m1m_2 > m_1). Les deux masses ont la même norme d'accélération aa (fil inextensible), et la même tension TT (poulie idéale).

  1. pour m1m_1 (axe vers le haut) : T−m1g=m1aT - m_1 g = m_1 a
  2. pour m2m_2 (axe vers le bas) : m2g−T=m2am_2 g - T = m_2 a
  3. en additionnant membre à membre : m2g−m1g=m1a+m2am_2 g - m_1 g = m_1 a + m_2 ale terme TT s'élimine
  4. ⇒\Rightarrowa=(m2−m1)gm1+m2a = \dfrac{(m_2-m_1)g}{m_1+m_2}
  5. en reportant dans la première équation : T=m1(g+a)T = m_1(g+a)
Exemple numérique

m1=2,0m_1 = 2{,}0 kg, m2=3,0m_2 = 3{,}0 kg.

  1. a=(3,0−2,0)×9,82,0+3,0=9,85,0a = \dfrac{(3{,}0-2{,}0)\times9{,}8}{2{,}0+3{,}0} = \dfrac{9{,}8}{5{,}0}
  2. ==1,96 m⋅s−21{,}96\ \text{m·s}^{-2}
  3. T=m1(g+a)=2,0×(9,8+1,96)T = m_1(g+a) = 2{,}0\times(9{,}8+1{,}96)
  4. ≈\approx23,5 N23{,}5\ \text{N}
  5. vérification avec m2m_2 : T=m2(g−a)=3,0×(9,8−1,96)≈23,5 NT = m_2(g-a) = 3{,}0\times(9{,}8-1{,}96) \approx 23{,}5\ \text{N}les deux méthodes concordent

Noter que TT est strictement comprise entre m1g=19,6m_1 g = 19{,}6 N et m2g=29,4m_2 g = 29{,}4 N : ni l'une ni l'autre masse n'est en chute libre, le fil retient partiellement m2m_2 et entraîne m1m_1.

La même méthode (isoler chaque solide, projeter, imposer accélérations liées et tension commune) s'applique à des systèmes plus riches : une masse sur un plan horizontal ou incliné, reliée par une poulie à une masse suspendue — tu en verras un exemple complet dans les exercices « défi ».

Fiche mémo

  • 1ʳᵉ loi : système (pseudo-)isolé (∑F⃗=0⃗\sum \vec F = \vec 0) ⇔\Leftrightarrow vecteur vitesse constant (référentiel galiléen).
  • 2ᵉ loi (PFD) : ∑F⃗=ma⃗\sum \vec F = m\vec a ; unité : 1 N=1 kg⋅m⋅s−21\ \text{N} = 1\ \text{kg·m·s}^{-2}.
  • 3ᵉ loi : F⃗B→A=−F⃗A→B\vec F_{B\to A} = -\vec F_{A\to B} — deux systèmes différents, jamais dans le même bilan.
  • Chute libre (sans frottement) : a=ga=g ; v(t)=gtv(t)=gt ; z(t)=12gt2z(t)=\frac{1}{2}gt^{2} (départ sans vitesse initiale).
  • Chute avec frottement f=kvf=kv : vitesse limite vlim=mgkv_{\text{lim}} = \dfrac{mg}{k}, atteinte quand ∑F⃗=0⃗\sum \vec F=\vec 0.
  • Plan incliné (angle α\alpha) : Px′=−mgsin⁡αP_{x'}=-mg\sin\alpha (le long de la pente), Py′=−mgcos⁡αP_{y'}=-mg\cos\alpha (perpendiculaire).
  • Sans frottement sur plan incliné : N=mgcos⁡αN=mg\cos\alpha ; a=−gsin⁡αa=-g\sin\alpha (indépendant de mm).
  • Avec frottement : a=−g(sin⁡α−μcos⁡α)a=-g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha) ; accroché si tan⁡α⩽μs\tan\alpha \leqslant \mu_{s}.
  • Lois de Coulomb : f⩽μsNf\leqslant\mu_{s}N (statique) ; f=μdNf=\mu_{d}N (glissement), f⃗\vec f opposée au mouvement.
  • Fil oblique (angle θ\theta) : N=mg−Tsin⁡θN = mg - T\sin\theta — toujours reprojeter, ne jamais supposer N=mgN=mg.
  • Machine d'Atwood : a=(m2−m1)gm1+m2a=\dfrac{(m_2-m_1)g}{m_1+m_2} ; T=m1(g+a)=m2(g−a)T=m_1(g+a)=m_2(g-a).
  • Méthode : système → référentiel galiléen → bilan des forces (schéma) → axes adaptés → PFD projeté → résolution → vérification.

7Exercices corrigés

On prend systématiquement g=9,8 m⋅s−2g = 9{,}8\ \text{m·s}^{-2} sauf mention contraire.

Niveau 1 — Application directe
1

Pour chacune des situations suivantes, précise si le système est isolé, pseudo-isolé, ou ni l'un ni l'autre, en justifiant par le principe d'inertie : a. une sonde spatiale très loin de toute étoile et de toute planète ; b. une voiture roulant en ligne droite à 9090 km/h constants ; c. une voiture qui accélère au démarrage d'un feu rouge.

Voir le corrigé détaillé

a. Aucune force n'exerce d'influence notable sur la sonde (trop loin de toute masse) : elle est isolée.

b. Le vecteur vitesse est constant : d'après la réciproque du principe d'inertie, les forces (poids, réaction du sol, force motrice, frottements) se compensent. Le système est pseudo-isolé.

c. Le vecteur vitesse varie (la norme augmente) : les forces ne se compensent pas. La voiture n'est ni isolée ni pseudo-isolée.

2

Un objet a une masse m=45m = 45 kg. Calcule son poids sur Terre (gT=9,8 m⋅s−2g_T = 9{,}8\ \text{m·s}^{-2}) puis sur Mars (gM=3,7 m⋅s−2g_M = 3{,}7\ \text{m·s}^{-2}). La masse de l'objet change-t-elle ?

Voir le corrigé détaillé
  1. PT=mgT=45×9,8P_T = mg_T = 45 \times 9{,}8
  2. ==441 N441\ \text{N}
  3. PM=mgM=45×3,7P_M = mg_M = 45 \times 3{,}7
  4. ==166,5 N166{,}5\ \text{N}

La masse m=45m = 45 kg est une propriété du système : elle ne change pas. Seul le poids, qui dépend de gg, est presque trois fois plus faible sur Mars.

3

Un système de masse m=4,5m = 4{,}5 kg est soumis à des forces dont la somme vectorielle a pour norme F=18F = 18 N. Calcule la norme de son accélération.

Voir le corrigé détaillé
  1. ∑F⃗=ma⃗⇒a=Fm\sum \vec F = m\vec a \Rightarrow a = \dfrac{F}{m}
  2. ==184,5\dfrac{18}{4{,}5}
  3. ==4,0 m⋅s−24{,}0\ \text{m·s}^{-2}

Le vecteur a⃗\vec a est colinéaire à ∑F⃗\sum \vec F et de même sens.

4

Un objet est lâché sans vitesse initiale d'une hauteur h=45h = 45 m (frottements négligés). Calcule la durée de la chute et la vitesse à l'arrivée au sol.

Voir le corrigé détaillé
  1. h=12gt2⇒t=2hgh = \dfrac{1}{2}gt^{2} \Rightarrow t = \sqrt{\dfrac{2h}{g}}
  2. ==2×459,8≈3,03 s\sqrt{\dfrac{2 \times 45}{9{,}8}} \approx 3{,}03\ \text{s}
  3. v=gt≈9,8×3,03v = gt \approx 9{,}8 \times 3{,}03
  4. ≈\approx29,7 m⋅s−129{,}7\ \text{m·s}^{-1}soit environ 107107 km/h
5

Un solide glisse sans frottement sur un plan incliné faisant un angle α=20°\alpha = 20° avec l'horizontale. Calcule la norme de son accélération.

Voir le corrigé détaillé
  1. sur (Oy′)(Oy') : N=mgcos⁡αN = mg\cos\alpha
  2. sur (Ox′)(Ox') : max′=−mgsin⁡αma_{x'} = -mg\sin\alpha
  3. ⇒\Rightarrowa=gsin⁡α=9,8×sin⁡20°a = g\sin\alpha = 9{,}8 \times \sin 20°
  4. ≈\approx3,35 m⋅s−23{,}35\ \text{m·s}^{-2}
Niveau 2 — Approfondissement
6

Un solide glisse sur un plan incliné α=25°\alpha = 25° avec un coefficient de frottement dynamique μ=0,15\mu = 0{,}15. Calcule son accélération.

Voir le corrigé détaillé
  1. a=g(sin⁡α−μcos⁡α)a = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)
  2. ==9,8×(sin⁡25°−0,15cos⁡25°)9{,}8 \times (\sin25° - 0{,}15\cos25°)
  3. ==9,8×(0,4226−0,15×0,9063)9{,}8 \times (0{,}4226 - 0{,}15\times0{,}9063)
  4. ==9,8×0,28679{,}8 \times 0{,}2867
  5. ≈\approx2,81 m⋅s−22{,}81\ \text{m·s}^{-2}
7

Un chariot de masse m=30m = 30 kg est tiré sur un sol horizontal par un fil de tension T=100T = 100 N faisant un angle θ=20°\theta = 20° avec l'horizontale, avec μ=0,25\mu = 0{,}25. Calcule NN, ff, puis aa.

Voir le corrigé détaillé
  1. N=mg−Tsin⁡θ=30×9,8−100sin⁡20°N = mg - T\sin\theta = 30\times9{,}8 - 100\sin20°
  2. ==294−34,2=259,8 N294 - 34{,}2 = 259{,}8\ \text{N}
  3. f=μN=0,25×259,8≈64,9 Nf = \mu N = 0{,}25 \times 259{,}8 \approx 64{,}9\ \text{N}
  4. Tcos⁡θ=100cos⁡20°≈94,0 NT\cos\theta = 100\cos20° \approx 94{,}0\ \text{N}
  5. ⇒\Rightarrowa=Tcos⁡θ−fm=94,0−64,930a = \dfrac{T\cos\theta - f}{m} = \dfrac{94{,}0-64{,}9}{30}
  6. ≈\approx0,97 m⋅s−20{,}97\ \text{m·s}^{-2}
8

Un ascenseur (masse totale m=500m = 500 kg) monte puis ralentit avec une décélération de norme 0,8 m⋅s−20{,}8\ \text{m·s}^{-2}. Calcule la tension du câble pendant ce ralentissement.

Voir le corrigé détaillé

Axe (Oz)(Oz) vertical vers le haut. L'ascenseur monte en ralentissant : son accélération est dirigée vers le bas, donc az=−0,8 m⋅s−2a_{z} = -0{,}8\ \text{m·s}^{-2}.

  1. T−P=mazT - P = ma_{z}
  2. ⇒\RightarrowT=m(g+az)=500×(9,8−0,8)T = m(g + a_{z}) = 500\times(9{,}8 - 0{,}8)
  3. ==500×9,0500 \times 9{,}0
  4. ==4 500 N4\,500\ \text{N}

Cohérent : plus faible que le poids au repos (mg=4 900mg = 4\,900 N), puisque l'accélération est dirigée vers le bas.

9

Deux blocs A (mA=3m_A = 3 kg) et B (mB=5m_B = 5 kg) sont en contact sur un sol horizontal sans frottement. On pousse A avec une force horizontale F=40F = 40 N, qui transmet à B une force de contact. Calcule l'accélération commune, puis la force de contact entre A et B.

Voir le corrigé détaillé

Système {A+B} de masse totale mA+mBm_A+m_B, seule force horizontale extérieure : FF.

  1. a=FmA+mB=403+5a = \dfrac{F}{m_A+m_B} = \dfrac{40}{3+5}
  2. ==5,0 m⋅s−25{,}0\ \text{m·s}^{-2}

On isole ensuite B seul, soumis uniquement à la force de contact FA→BF_{A\to B} exercée par A (horizontale) :

  1. FA→B=mB a=5×5,0F_{A\to B} = m_B\,a = 5 \times 5{,}0
  2. ==25 N25\ \text{N}

Vérification sur A : F−FB→A=mAaF - F_{B\to A} = m_A a, avec FB→A=FA→B=25F_{B\to A} = F_{A\to B} = 25 N (troisième loi) : 40−25=15=3×5,040 - 25 = 15 = 3\times5{,}0. ✓

Niveau 3 — Défi
10

Une machine d'Atwood est formée de deux masses m1=1,5m_1 = 1{,}5 kg et m2=4,0m_2 = 4{,}0 kg reliées par un fil inextensible sur une poulie idéale.

  1. Fais le bilan des forces pour chaque masse et établis les deux équations scalaires du mouvement.
  2. Détermine l'accélération aa du système, puis la tension TT du fil.
  3. m2m_2 partant du repos, calcule la distance qu'elle parcourt en 22 s.
Voir le corrigé détaillé

1. m1m_1 : poids P⃗1\vec P_1, tension T⃗\vec T. m2m_2 : poids P⃗2\vec P_2, tension T⃗\vec T (même norme, poulie idéale). En orientant l'axe de m1m_1 vers le haut et celui de m2m_2 vers le bas (sens attendu du mouvement, m2>m1m_2 > m_1) :

  1. T−m1g=m1aT - m_1 g = m_1 a
  2. m2g−T=m2am_2 g - T = m_2 a

2. En additionnant les deux équations, TT s'élimine :

  1. (m2−m1)g=(m1+m2)a(m_2-m_1)g = (m_1+m_2)a
  2. ⇒\Rightarrowa=(4,0−1,5)×9,81,5+4,0=24,55,5a = \dfrac{(4{,}0-1{,}5)\times9{,}8}{1{,}5+4{,}0} = \dfrac{24{,}5}{5{,}5}
  3. ≈\approx4,45 m⋅s−24{,}45\ \text{m·s}^{-2}
  4. T=m1(g+a)=1,5×(9,8+4,45)T = m_1(g+a) = 1{,}5\times(9{,}8+4{,}45)
  5. ≈\approx21,4 N21{,}4\ \text{N}

3. Partant du repos, mouvement uniformément accéléré :

  1. d=12at2=12×4,45×22d = \dfrac{1}{2}a t^{2} = \dfrac{1}{2}\times4{,}45\times2^{2}
  2. ==8,9 m8{,}9\ \text{m}
11

Un bloc m1=2,0m_1 = 2{,}0 kg est posé sur un plan incliné α=30°\alpha = 30° (μ=0,20\mu = 0{,}20), relié par un fil passant sur une poulie fixée au sommet du plan à une masse m2=3,0m_2 = 3{,}0 kg suspendue verticalement (figure 6). On suppose que le système accélère dans le sens où m2m_2 descend et m1m_1 remonte la pente.

  1. Établis, pour chaque masse, l'équation scalaire du mouvement.
  2. Déduis-en l'accélération aa et la tension TT.
Voir le corrigé détaillé
m₂ m₁ P₁ N T f T P₂
Figure 6 — Bloc sur plan incliné relié par une poulie à une masse suspendue : bilans de forces sur m1m_1 (poids P⃗1\vec P_1, normale N⃗\vec N, tension T⃗\vec T, frottement f⃗\vec f dirigé vers le bas de la pente car m1m_1 remonte) et sur m2m_2 (poids P⃗2\vec P_2, tension T⃗\vec T).

1. Pour m1m_1, axe (Ox′)(Ox') le long de la pente orienté vers le haut (sens attendu du mouvement) ; (Oy′)(Oy') perpendiculaire.

  1. sur (Oy′)(Oy') : N−m1gcos⁡α=0⇒N=m1gcos⁡αN - m_1 g\cos\alpha = 0 \Rightarrow N = m_1 g\cos\alpha
  2. f=μN=μm1gcos⁡αf = \mu N = \mu m_1 g\cos\alphafrottement dirigé vers le bas de la pente : m1m_1 monte
  3. sur (Ox′)(Ox') : T−m1gsin⁡α−f=m1aT - m_1 g\sin\alpha - f = m_1 a

Pour m2m_2, axe vertical vers le bas (sens attendu) :

  1. m2g−T=m2am_2 g - T = m_2 a

2. On additionne les deux équations en TT (la première réécrite T=m1a+m1gsin⁡α+μm1gcos⁡αT = m_1 a + m_1 g\sin\alpha + \mu m_1 g\cos\alpha) :

  1. m2g−m1gsin⁡α−μm1gcos⁡α=(m1+m2)am_2 g - m_1 g\sin\alpha - \mu m_1 g\cos\alpha = (m_1+m_2)a
  2. ⇒\Rightarrowa=g[m2−m1sin⁡α−μm1cos⁡α]m1+m2a = \dfrac{g\left[m_2 - m_1\sin\alpha - \mu m_1\cos\alpha\right]}{m_1+m_2}
  3. ==9,8×[3,0−2,0×0,5−0,20×2,0×0,866]5,0\dfrac{9{,}8\times\left[3{,}0 - 2{,}0\times0{,}5 - 0{,}20\times2{,}0\times0{,}866\right]}{5{,}0}
  4. ==9,8×1,65365,0\dfrac{9{,}8\times1{,}6536}{5{,}0}
  5. ≈\approx3,24 m⋅s−23{,}24\ \text{m·s}^{-2}
  6. T=m2(g−a)=3,0×(9,8−3,24)T = m_2(g-a) = 3{,}0\times(9{,}8-3{,}24)
  7. ≈\approx19,7 N19{,}7\ \text{N}

L'accélération est positive : l'hypothèse de départ (m2m_2 descend, m1m_1 remonte) est bien cohérente.

12

Une voiture roule à v0=90v_0 = 90 km/h sur route sèche (μ=0,7\mu = 0{,}7) et freine jusqu'à l'arrêt, roues bloquées.

  1. Convertis v0v_0 en m/s et calcule la décélération, en supposant que seul le frottement agit horizontalement.
  2. Calcule la distance de freinage.
Voir le corrigé détaillé

1. v0=90/3,6=25 m⋅s−1v_0 = 90/3{,}6 = 25\ \text{m·s}^{-1}. Sur route horizontale, N=mgN = mg, et le frottement f=μN=μmgf = \mu N = \mu m g est la seule force horizontale (opposée au mouvement).

  1. −f=ma⇒a=−μg-f = ma \Rightarrow a = -\mu g
  2. ==−0,7×9,8-0{,}7 \times 9{,}8
  3. ==−6,86 m⋅s−2-6{,}86\ \text{m·s}^{-2}

2. On utilise la relation de la cinématique uniformément décélérée v2=v02+2a dv^{2} = v_0^{2} + 2a\,d, avec v=0v=0 à l'arrêt :

  1. 0=v02+2ad⇒d=−v022a0 = v_0^{2} + 2ad \Rightarrow d = \dfrac{-v_0^{2}}{2a}
  2. ==−2522×(−6,86)\dfrac{-25^{2}}{2\times(-6{,}86)}
  3. ==62513,72\dfrac{625}{13{,}72}
  4. ≈\approx45,6 m45{,}6\ \text{m}
Niveau 4 — Problèmes de vie courante
13

La charrette de Fatou (Dakar). Fatou tire, avec l'aide de son âne, une charrette de masse totale m=180m = 180 kg sur une piste sablonneuse (μ=0,35\mu = 0{,}35). La corde attelée à l'âne fait un angle θ=15°\theta = 15° avec l'horizontale et exerce une tension T=250T = 250 N.

  1. Calcule la réaction normale NN du sol, puis la force de frottement maximale que le sable peut opposer (on prend μs≈μ=0,35\mu_s \approx \mu = 0{,}35).
  2. Compare cette force maximale à la composante horizontale de la tension. Que peux-tu en conclure sur le mouvement de la charrette ?
Voir le corrigé détaillé
  1. N=mg−Tsin⁡θ=180×9,8−250sin⁡15°N = mg - T\sin\theta = 180\times9{,}8 - 250\sin15°
  2. ==1 764−64,7=1 699,3 N1\,764 - 64{,}7 = 1\,699{,}3\ \text{N}
  3. fmax⁡=μsN=0,35×1 699,3f_{\max} = \mu_s N = 0{,}35 \times 1\,699{,}3
  4. ≈\approx594,8 N594{,}8\ \text{N}

2. La composante horizontale de la tension vaut Tcos⁡θ=250cos⁡15°≈241,5T\cos\theta = 250\cos15° \approx 241{,}5 N, très inférieure à fmax⁡≈594,8f_{\max} \approx 594{,}8 N. Le sable peut donc fournir, sans glisser, une force de frottement statique égale à 241,5241{,}5 N pour équilibrer exactement la traction : la charrette reste immobile (a=0a = 0). Il ne faut jamais appliquer f=μNf = \mu N sans avoir d'abord vérifié, par comparaison à fmax⁡f_{\max}, que le système glisse réellement.

14

Le puits d'Abéché. À l'aide d'une poulie fixée au-dessus d'un puits, on hisse un seau d'eau de masse m=12m = 12 kg.

  1. On le hisse à vitesse constante. Calcule la tension de la corde.
  2. On souhaite maintenant démarrer la montée avec une accélération a=0,5 m⋅s−2a = 0{,}5\ \text{m·s}^{-2} vers le haut. Calcule la nouvelle tension.
Voir le corrigé détaillé

1. Vitesse constante ⇒\Rightarrow système pseudo-isolé (principe d'inertie) : T⃗+P⃗=0⃗\vec T + \vec P = \vec 0.

  1. T=P=mg=12×9,8T = P = mg = 12 \times 9{,}8
  2. ==117,6 N117{,}6\ \text{N}

2. Axe vertical vers le haut, az=+0,5 m⋅s−2a_z = +0{,}5\ \text{m·s}^{-2}.

  1. T−P=maz⇒T=m(g+az)T - P = ma_z \Rightarrow T = m(g+a_z)
  2. ==12×(9,8+0,5)12\times(9{,}8+0{,}5)
  3. ==123,6 N123{,}6\ \text{N}
15

Le chargement de cacao à Douala. On pousse, le long d'une rampe de chargement inclinée de α=18°\alpha = 18° sur l'horizontale, un sac de cacao de masse m=60m = 60 kg (μ=0,25\mu = 0{,}25). On veut qu'il monte la rampe avec une accélération a=0,3 m⋅s−2a = 0{,}3\ \text{m·s}^{-2}. Calcule la force FF, dirigée le long de la rampe, qu'il faut exercer.

Voir le corrigé détaillé

Bilan sur le sac : poids P⃗\vec P, normale N⃗\vec N, force appliquée F⃗\vec F (le long de la pente, vers le haut), frottement f⃗\vec f (dirigé vers le bas de la pente, le sac montant). Axe (Ox′)(Ox') le long de la pente, vers le haut.

  1. sur (Oy′)(Oy') : N=mgcos⁡αN = mg\cos\alpha
  2. f=μN=μmgcos⁡αf = \mu N = \mu mg\cos\alpha
  3. sur (Ox′)(Ox') : F−mgsin⁡α−f=maF - mg\sin\alpha - f = ma
  4. ⇒\RightarrowF=m(a+gsin⁡α+μgcos⁡α)F = m(a + g\sin\alpha + \mu g\cos\alpha)
  5. ==60×(0,3+9,8sin⁡18°+0,25×9,8cos⁡18°)60\times(0{,}3 + 9{,}8\sin18° + 0{,}25\times9{,}8\cos18°)
  6. ==60×(0,3+3,03+2,33)60\times(0{,}3 + 3{,}03 + 2{,}33)
  7. ==60×5,6660 \times 5{,}66
  8. ≈\approx339,5 N339{,}5\ \text{N}

📝 QCM de fin de leçon — 20 questions

Coche une réponse par question, puis clique sur « Vérifier mes réponses » : tu obtiens ta note sur 20 avec la correction détaillée de chaque question.

Un référentiel est dit galiléen lorsque :

Explication : Par définition, un référentiel galiléen est un référentiel dans lequel le principe d'inertie (première loi de Newton) se vérifie. Le référentiel terrestre en est un exemple, pas une définition générale.

D'après le principe d'inertie, dans un référentiel galiléen, un système isolé ou pseudo-isolé est :

Explication : La première loi de Newton énonce que ∑F⃗=0⃗\sum \vec F = \vec 0 (système isolé ou pseudo-isolé) équivaut à un vecteur vitesse constant : soit nul (repos), soit de norme, direction et sens constants (mouvement rectiligne uniforme).

Un système pseudo-isolé est un système :

Explication : Un système isolé ne subit aucune force ; un système pseudo-isolé subit plusieurs forces extérieures, mais leur somme vectorielle ∑F⃗\sum \vec F est nulle — c'est le cas le plus fréquent en pratique (un palet sur glace, une voiture à vitesse constante…).

Contrairement à l'idée d'Aristote, une force appliquée à un système sert à :

Explication : Une force ne sert pas à maintenir une vitesse mais à la faire varier. Un palet glissant sur une glace parfaite (sans frottement) continuerait indéfiniment à vitesse constante, sans aucune force motrice.

Dans la deuxième loi de Newton ∑F⃗=ma⃗\sum \vec F = m\vec a, l'unité du newton s'exprime en unités SI de base comme :

Explication : On vérifie l'homogénéité de ∑F⃗=ma⃗\sum \vec F = m\vec a : mm en kg, aa en m⋅s−2\text{m·s}^{-2}, donc une force en newtons s'exprime aussi en kg⋅m⋅s−2\text{kg·m·s}^{-2}.

Un astronaute a une masse m=80m = 80 kg sur Terre. Sur la Lune (gLune≈1,6 m⋅s−2g_{\text{Lune}} \approx 1{,}6\ \text{m·s}^{-2}) :

Explication : La masse est une propriété du système, invariable : elle reste 8080 kg. Le poids P=mgP = mg dépend du lieu :
P=80×1,6=128 NP = 80 \times 1{,}6 = 128\ \text{N}
contre P≈80×9,8=784 NP \approx 80 \times 9{,}8 = 784\ \text{N} sur Terre.

Un système de masse m=5m = 5 kg est soumis à des forces dont la somme vectorielle a pour norme F=15F = 15 N. Sa norme d'accélération vaut :

Explication : D'après le PFD, a=Fma = \dfrac{F}{m} :
a=155=3 m⋅s−2a = \dfrac{15}{5} = 3\ \text{m·s}^{-2}.

Un objet est lâché sans vitesse initiale d'une hauteur h=44,1h = 44{,}1 m (chute libre, g=9,8 m⋅s−2g = 9{,}8\ \text{m·s}^{-2}). La durée de la chute vaut :

Explication : z(t)=12gt2=h⇒t=2hgz(t) = \dfrac{1}{2}gt^{2} = h \Rightarrow t = \sqrt{\dfrac{2h}{g}}
t=2×44,19,8=9=3 st = \sqrt{\dfrac{2 \times 44{,}1}{9{,}8}} = \sqrt{9} = 3\ \text{s}.

Pour la chute de la question précédente (h=44,1h = 44{,}1 m, t=3t = 3 s), la vitesse à l'impact vaut :

Explication : En chute libre, vz(t)=g tv_{z}(t) = g\,t :
v=9,8×3=29,4 m⋅s−1v = 9{,}8 \times 3 = 29{,}4\ \text{m·s}^{-1}.

Un solide glisse sans frottement sur un plan incliné faisant un angle α=25°\alpha = 25° avec l'horizontale. La norme de son accélération le long de la pente vaut :

Explication : Sans frottement, sur (Ox′)(Ox') : −mgsin⁡α=max′-mg\sin\alpha = ma_{x'}, donc a=gsin⁡αa = g\sin\alpha (en norme) :
a=9,8×sin⁡25°≈9,8×0,423a = 9{,}8 \times \sin 25° \approx 9{,}8 \times 0{,}423
≈4,14 m⋅s−2\approx 4{,}14\ \text{m·s}^{-2}.
La réponse a confond avec gcos⁡αg\cos\alpha, qui donne la réaction normale par unité de masse, pas l'accélération.

Un chariot de masse m=20m = 20 kg, tiré par un fil de tension T=60T = 60 N faisant un angle θ=20°\theta = 20° avec l'horizontale, glisse sur un sol horizontal. La réaction normale NN du sol vaut (g=9,8 m⋅s−2g = 9{,}8\ \text{m·s}^{-2}) :

Explication : Sur (Oy)(Oy) : N+Tsin⁡θ−mg=0N + T\sin\theta - mg = 0, donc N=mg−Tsin⁡θN = mg - T\sin\theta :
N=20×9,8−60×sin⁡20°N = 20 \times 9{,}8 - 60 \times \sin 20°
=196−20,5= 196 - 20{,}5
≈175,5 N\approx 175{,}5\ \text{N}.
La réponse b oublie que la composante verticale de la tension soulage le sol.

Une machine d'Atwood relie deux masses m1=3,0m_1 = 3{,}0 kg et m2=5,0m_2 = 5{,}0 kg par un fil inextensible sur une poulie idéale (g=9,8 m⋅s−2g = 9{,}8\ \text{m·s}^{-2}). La norme de l'accélération du système vaut :

Explication : En isolant chaque masse et en additionnant les deux équations, le terme TT s'élimine :
a=(m2−m1)gm1+m2=(5,0−3,0)×9,83,0+5,0a = \dfrac{(m_2-m_1)g}{m_1+m_2} = \dfrac{(5{,}0-3{,}0)\times9{,}8}{3{,}0+5{,}0}
=19,68,0= \dfrac{19{,}6}{8{,}0}
≈2,45 m⋅s−2\approx 2{,}45\ \text{m·s}^{-2}.
La réponse a oublie de diviser par m1+m2m_1+m_2.

D'après la troisième loi de Newton (principe des actions réciproques), si un système A exerce sur un système B une force F⃗A→B\vec F_{A \to B}, alors :

Explication : F⃗B→A=−F⃗A→B\vec F_{B \to A} = -\vec F_{A \to B} : les deux forces ont même droite d'action et même norme, mais des sens opposés. Elles sont simultanées et s'exercent sur deux systèmes différents.

Un livre est immobile sur une table. Son poids P⃗\vec P et la réaction R⃗table→livre\vec R_{table \to livre} de la table se compensent (P⃗+R⃗=0⃗\vec P + \vec R = \vec 0). Cette situation illustre :

Explication : Une paire action-réaction s'exerce toujours sur deux systèmes différents ; elle ne peut donc jamais figurer dans le bilan des forces d'un seul objet. Ici, P⃗\vec P et R⃗\vec R s'exercent toutes deux sur le livre : c'est un équilibre, pas une paire action-réaction. La vraie réaction de R⃗table→livre\vec R_{table \to livre} est R⃗livre→table\vec R_{livre \to table}, exercée sur la table.

Lors d'une chute avec frottement de l'air modélisé par f=kvf = kv, la vitesse limite vlimv_{\text{lim}} est atteinte lorsque :

Explication : Quand f=Pf = P, la somme des forces devient nulle : d'après le principe d'inertie, la vitesse cesse alors de varier. On en déduit mg=k vlimmg = k\,v_{\text{lim}}, donc vlim=mgkv_{\text{lim}} = \dfrac{mg}{k}.

Un solide posé sur un plan incliné d'angle α\alpha reste immobile (n'entame pas de glissement) si et seulement si :

Explication : Le solide reste accroché tant que le frottement statique maximal μsN=μsmgcos⁡α\mu_s N = \mu_s mg\cos\alpha peut équilibrer la composante motrice mgsin⁡αmg\sin\alpha, c'est-à-dire tant que tan⁡α⩽μs\tan\alpha \leqslant \mu_{s} : c'est la condition d'accrochage.

La charrette de Fatou (Dakar). Une charrette de masse totale m=180m = 180 kg est tirée par une corde de tension T=250T = 250 N faisant un angle θ=15°\theta = 15° avec l'horizontale, sur une piste sablonneuse (μs≈0,35\mu_s \approx 0{,}35). On calcule N=mg−Tsin⁡θ≈1 699N = mg - T\sin\theta \approx 1\,699 N, donc fmax⁡=μsN≈595f_{\max} = \mu_s N \approx 595 N, et Tcos⁡θ≈242T\cos\theta \approx 242 N. On peut en conclure que :

Explication : La composante horizontale de la traction (242242 N) est inférieure au frottement statique maximal disponible (595595 N) : le sable peut donc fournir, sans glisser, une force de frottement statique de 242242 N qui équilibre exactement la traction. La charrette reste immobile. Il ne faut jamais appliquer f=μNf = \mu N sans avoir vérifié que le système glisse réellement.

Le puits d'Abéché. On hisse, à l'aide d'une poulie, un seau d'eau de masse m=15m = 15 kg à vitesse constante (g=9,8 m⋅s−2g = 9{,}8\ \text{m·s}^{-2}). La tension de la corde vaut :

Explication : Vitesse constante ⇒\Rightarrow système pseudo-isolé : T⃗+P⃗=0⃗\vec T + \vec P = \vec 0, donc T=P=mgT = P = mg :
T=15×9,8=147 NT = 15 \times 9{,}8 = 147\ \text{N}.

Le chargement de cacao à Douala. On pousse le long d'une rampe inclinée d'un angle α=20°\alpha = 20° un sac de cacao de masse m=50m = 50 kg (μ=0,3\mu = 0{,}3), pour qu'il monte avec une accélération a=0,4 m⋅s−2a = 0{,}4\ \text{m·s}^{-2} (g=9,8 m⋅s−2g = 9{,}8\ \text{m·s}^{-2}). La force FF, dirigée le long de la rampe, qu'il faut exercer vaut (F=m(a+gsin⁡α+μgcos⁡α)F = m(a + g\sin\alpha + \mu g\cos\alpha)) :

Explication : F=50×(0,4+9,8sin⁡20°+0,3×9,8cos⁡20°)F = 50\times(0{,}4 + 9{,}8\sin20° + 0{,}3\times9{,}8\cos20°)
=50×(0,4+3,35+2,76)= 50\times(0{,}4 + 3{,}35 + 2{,}76)
=50×6,51= 50 \times 6{,}51
≈325,7 N\approx 325{,}7\ \text{N}.
La réponse a oublie le terme d'accélération aa ; la réponse b oublie le frottement.

Une voiture freine roues bloquées sur route sèche, décélération constante due au seul frottement (a=−μga = -\mu g, indépendante de v0v_0). Si sa vitesse initiale v0v_0 est doublée, sa distance de freinage d=v022μgd = \dfrac{v_0^{2}}{2\mu g} est :

Explication : dd est proportionnelle au carré de v0v_0 : si v0v_0 est remplacée par 2v02v_0, alors dd devient proportionnelle à (2v0)2=4v02(2v_0)^2 = 4v_0^2, donc dd est multipliée par 4. C'est un piège classique : une vitesse doublée ne double pas la distance de freinage, elle la quadruple.
← Chapitre précédentCinématique du point Chapitre suivant →Travail, puissance et énergie mécanique
S'inscrire