Solutionnaire

203-NYA Chapitre 7:
Solutions à certains exercices
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E2

  2i  2 j  4k   2  2   3   2  1  4  4  6  4  6 J
s  r  r   4i  3 j  k    2i  j  3k   2i  2 j  4k
W  F s  2i  3 j  k
2
1
E4
F
s
mg
F
f
f
mg
30o
a)
WF  F s  Fs cos 0o  80  3  240 J
b)
Wg  mg s  mgs cos 90o  30o  10  9.81 3  sin 30o  147 J
c)
W f  f s  fs cos180o   fs  22  3  66 J




y
v
N
x
F
F
45o
f
mg
F
Il faut commencer par trouver
les forces F et f par les
méthodes du chapitre 6 (2e loi
de Newton en x et y)
x
 ma
 F cos   f  ma
y
0
 N  F sin   mg  0
E7
f  c N
N  mg  F sin 
f  c mg  c F sin 
F cos   c mg  c F sin   ma  0
F
c mg
0.25 1.8  9.81

 8.32 N
o
o
cos   c sin  cos 45  0.25  sin 45
N  mg  F sin   1.8  9.81  8.32  sin 45o  23.5 N
f  c N  0.25  23.5  5.89 J
a)
WF  F s   F cos   s  8.32  cos 45o  2  11.8 J
b)
W f  f s   fs  5.89  2  11.8 J
c)
Wg  mg s  mgs cos 90  0
E13
2
3
1
a)
 42
W 
 10  30 J
 2 
b)
W 
2 10
 10 J
2
Le travail est positif lorsque le
déplacement est de même sens (++ ou
--) que la force. Le travail est négatif
dans le cas contraire (+- ou -+).
Le travail négatif en « 1 » annule le travail positif en « 2 ».
Le travail positif en « 3 » est égal à l’aire du trapèze.
Le travail est négatif puisque la force est positive
et le déplacement négatif (sens contraires).
NYA
Ch.7
E15
E15
a) W  aire  x  Fx 2    A  0     F0  2  F0 A 2
b) W  aire  x  Fx 2   0  A    F0  2   F0 A 2
a) Le travail est positif quand la force et le
déplacement sont de même sens. Ici, la force et le
déplacement sont négatifs et, par conséquent, le
travail est positif
b) Le travail est négatif car la force est positive alors
que le déplacement est négatif.
b)
a)
E21
R
v
Terre
Soleil
K  12 mv 2  12  5.98 1024   2.99  104   2.677  1033 J
2
2 R 2 1.5 1011
4
v


2.99

10
m s
7
T
3.15 10
T  365  24  3600  3.15 107 s
R  1.5 1011 m
vitesse orbitale
une année
distance moyenne au Soleil
K (TNT )  2.677 1033 4.2 109  6.37 1017 mégatonnes de TNT
v = 2,5 m/s
v0 = 0
200 N
F
E29
F
200 N
Δx = 30 m
W  F x  315  30  9450 J
F  200  ma  1100  0.104  315 N
car
 F  ma
 F  200  ma
v 2  v02 2.52  0
a

 0.104 m s 2 car v 2  v02  2ax
2x
2  30
E37
N
F=200 N
mg
a) WF  F  s   F cos   s  200  cos 5o  2  398 J
b) W f  f  s   fs  102  2  204 J
f   N  0.25  408  102 N
N  mg cos   F sin   40  9.81 cos 5o  200  sin 5o  391  17  408 N
 car  F
y
 0  N  mg cos   F sin   0 


c) Wg  mg  s  mgs cos 90o  5o  40  9.81 2  cos 95o  68.4 J
d ) Wtot  WF  W f  Wg  WN  398  204  68.4  0  126  K  12 mv 2  0
v  2K m  2 126 40  2.51 m s
F
F
N
60 o
FR
f
N
60 o
v
f
mg
mg
x  cm
x  cm
0
E41
40
0
40
a) WF  F s   F cos   s  24  cos 60o  0.4  4.80 J
b) W f  f s   fs   c Ns  0.1 8.65  0.4  3.46 J
F
y
 0  N  F sin   mg  0  N  mg  F sin   3  9.81  24  sin 60o  8.65 N
c) WR   12 kx 2   12  20  0.42  1.60 J
d ) WTot  K  12 mv 2  v  2K m  2  2.85 3  1.38 m s
WTot  WF  W f  WR  Wg  WN  4.8  3.46  1.6  0  0  2.85 J
Théorème de
l’énergie cinétique
E43
P  Fv  (mA  mC ) gv   2000 1800  9.81 0.4  785W
Sans le contrepoids, le moteur devrait soulever une charge de 2000
kg, mais grâce au contrepoids il doit soulever une charge effective
de seulement 200 kg.
E45
y
x
15o
 Fx  0
F
y
0
Pour pouvoir calculer la puissance, il
faut commencer par trouver la force F
exercée par le treuil sur le bloc.
F  f  mg sin15o  0
N  mg cos15o  0
f  N
N  mg cos15o
f   mg cos15o
F  f  mg sin15o   mg cos15o  mg sin15o  mg  sin15o   cos15o 
F  200  9.81  sin15o  0.2  cos15o   887 N
P  Fv  887  0.5  443W
E51
9kcal
 900kcal
1g
W
900kcal
t 
 1.5h  1h30
P 600 kcal h
W  100 g 
E56
P 8950

 403N
v 22.2
v  80 3.6  22.2 m s
a) P  Fv  F 
P  12  746  8950W
b) P  Pf  Pg  8.95kW  39.7kW  48.7kW  65.2hp
Pf  8.95kW
Pg  Fg v  mg sin   v  1050  9.81 sin10o  22.1  39.7 kW
Fres
P5
N
f
s
mg
a) Le ressort fait un travail négatif
car la force qu’il exerce sur le
bloc est de sens contraire au
déplacement.
h
53o
53o
c) La gravité fait un travail positif
car le déplacement est vers le
bas.
a) Wres   12 kx 2   12  20  0.42  1.60 J
b) W f   f c x  1.97  0.4  0.787 J
d) Le théorème de l’énergie
f c  c N  c mg cos 53   2  9.81 cos 53  1.97 N cinétique permet de calculer la
vitesse finale, sachant que la
c) Wg  mgh  2  9.81 0.319  6.26 J
vitesse initiale est nulle.
h  x sin 53o  0.4  sin 53o  0.319 m
e) L’allongement du ressort est
d ) Wtot  Wres  W f  Wg  1.60  0.787  6.27  7.08 J
maximal lorsque le bloc s’arrête
2
1
Wtot  K  2 mv v  2K m  2  7.08 2  1.97 m s
(v = 0, K = 0) momentanément
avant de remonter.
e) Wtot  Wres  W f  Wg   12 kx 2  f c x  mgh  K  0
o
1
6
o
 12 20 x 2  1.97 x  2  9.81x sin 53o  10 x 2  13.7 x  0 x  1.37m