Solutionnaire

Chapitre 8:
Solutions à certains exercices
D’autres solutions peuvent s’ajouter sur
demande: [email protected] ou 647-5967
E1
y
y
y2
0
m2
m1
U=0
Ch.8
E1
Ei  E f
0  m1 gy1  m2 gy2  12  m1  m2  v 2
0  m1 g   h   m2 gh  12  m1  m2  v 2
 m1  m2  v 2
gh  m1  m2   12  m1  m2  v 2
2 gh  m1  m2 
v
m1 gh  m2 gh 
1
2
m1  m2
v
2  9.81 0.4   5  2 
 1.83 m s
5 2
m2
U=0
0
y1
NYA
v
m1
v
On ne change rien au problème en mettant les deux
blocs au même niveau pour utiliser le même système
de référence. Selon ce choix, les deux énergies
potentielles initiales sont nulles. Comme le système
part du repos, les énergies cinétiques sont également
nulles et l’énergie mécanique totale est nulle.
Puisque le bloc m1 descend à partir de zéro, son
énergie potentielle devient négative et il perd de
l’énergie potentielle. Cette énergie se transforme en
énergie cinétique des deux blocs ainsi qu’en énergie
potentielle du bloc m2 qui augmente.
y
y
m2
m2
E2
y0
m1
v0  0
0
U=0
y0
0
m1
U=0
v
NYA
Ch.8
E2
Ei  E f
m1 gy0 
1
2
 m1  m2  v 2
v
2m1 gy0

m1  m2
v
2  0.5  9.81 0.6
 1.72 m s
0.5  1.5
L’énergie initiale Ei, qui est l’énergie
potentielle du bloc m1 se trouvant à une
hauteur y0, est transformée en énergie
cinétique des deux blocs. L’énergie
potentielle de bloc m2 ne change pas.
NYA Ch.8
Ei  E f
E3
E3
0   m2 gh2  m1 gh1  12  m1  m2  v 2
 m1  m2  v 2
2 g  m2 h2  m1h1 
m2 gh2  m1 gh1 
v
v
v
1
2
m1  m2
2 gd  m2 sin 53o  m1 sin 37 o 
m1  m2
2  9.81 0.40  5  sin 53o  4  sin 37 o 
h1  d sin 37o
h2  d sin 53o
45
v  1.176 m s
Puisque m2 > m1 et que l’angle de m2 est le plus grand, il est clair que m2 va
descendre et que m1 va monter. Pour chacune des masses, il faut décider de l’endroit
ou U = 0. Le plus simple est de choisir les positions initiales des deux masse. Ainsi les
énergies potentielles des masses sont initialement nulles. L’énergie potentielle finale
de m2 sera négative et celle de m1 positive.
y
i
L
L cos i
NYA
Ch.8
E5
f
L cos  f
L
vf  0
yf
yi
E5
yf
yi
vi
vf
y  0, U  0
yi  L  L cos i  L 1  cos i   0.75  1  cos 30o   0.1m Il convient d’abord de trouver
l’énergie mécanique totale Ei dans la
Ei  mgyi  12 mvi2  0.6  9.81 0.1  12  0.6  22  1.79 J
Ei  E f
 Ei  mgy f  mv
1
2
situation initiale car elle sera conservée
par la suite.
2
f
a ) Ei  mg 0  12 mv 2f
v f  2 Ei m  2  0.591 0.6  2.44 m s
b) Ei  mgy f  12 m02
E
1.79
yf  i 
 0.304m
mg 0.6  9.81
 f  cos 1 1  y f L   cos 1 1  0.304 0.75   53.5o
•
La vitesse sera maximale au plus bas
de la trajectoire, là où yf = 0 et U = 0
puisqu’à cet endroit toute l’énergie
s’est transformée en énergie cinétique.
a) L’angle θf sera maximal lorsque la
hauteur et donc l’énergie potentielle
seront au maximum. Ce sera le cas
lorsque Kf = 0 et vf = 0.
NYA Ch.8
Ei  E f
y0 = 0,6
E9
E9
mgy0  mgy  12 ky 2
60 y 2  4.9 y  2.94  0
y = 0, U = 0
y
4.9  4.92  4  60  2.94
y
2  60
4.9  27.0
y
 0.184 m,  0.266 m
120
y?
Selon le système de référence choisi, y est
négatif et donc aussi l’énergie potentielle
mgy. La bonne racine est donc -0.266 m
y
y
m2
m2
m1
NYA Ch.8
Ei  E f
0
0
y1
m1 y1
E11
0  m1 gy1  12 ky12  12  m1  m2  v 2
0   m1 gh  12 kh 2  12  m1  m2  v 2
y1   h
a) v  0
0   m1 gh  12 kh 2
h  2 gm1 k
h  2  9.81 4 40  1.96m
b) v 
v
E11
h  2m1 g  kh 
m1  m2
0.5  2  9.81 4  40  0.5 
 2.21 m s
42
y
y
y2
m1
m2
0
NYA Ch.8
Ei  E f
y2
m2
0
U=0
y1
E13
U=0
y1
m1
E13
0  m1 gy1  m2 gy2  12 ky22  12  m1  m2  v 2
0  m1 gh  m2 gh  kh 
1
2
2
1
2
 m1  m2  v
a) v  0
2
y2   y1  h
b) v 
0   m1 gh  m2 gh  12 kh 2
h  2 g  m1  m2  k
h  2  9.81  5  3 32  1.23m
v
h  2 g  m1  m2   kh 
m1  m2
1 2  9.81  5  3  32 1
53
 0.951 m s
E14
Vu le système de référence, la
position finale x sera négative
et l’énergie potentielle finale
sera également négative.
b)
Ei  E f
a)
mgx0 sin 30  12 mv 2
v  2 gx0 sin 30
v  2  9.81 4  sin 30
v  6.264 m s
mgx0 sin 30  mgx sin 30  12 kx 2

 2
k

 x  x  x0  0
 2mg sin 30 
5

 2

x  x40
 2  0.1 9.81 0.5 
5.097 x 2  x  4  0
1  12  4  5.097  4
x
2  5.097
1  9.086
x
 0.7932,  0.9894
10.194
E15
E A  U A  K A  mghA  12 mv A2  12  3.2  52  3.2  9.81 4  40  125  165 J
a)
U B  mghB  3.2  9.81 5  157 J
b)
E A  ED  mghD  12 kx 2
E A  EB  U B  passera
165  3.2  9.81 2  12 120  x 2
165  62.8  60  x 2
x  1.31 m
Puisqu’il n’y a pas de frottement, l’énergie mécanique est constante (165 J). Il
passera le point B si l’énergie est supérieure ou égale à l’énergie potentielle à
ce point. De cette manière il reste de l’énergie cinétique (8 J) et donc de la
vitesse. Au point D, le mobile s’arrête (K=0) après avoir compressé le ressort
au maximum (x).
E19
E A  EB  EC
E A  mghA  12 mv A2
E A  600  9.81 30  12  600  122  220kJ
a)
E A  EB  mghB  12 mvB2
2.20  105  600  9.81 12  12  600  vB2
vB  22.3 m s
b)
E A  EC  mghC  12 mvC2
2.20  105  600  9.81 25  12  600  vC2
vC  15.6 m s
Comme il n’y a pas de
frottement, l’énergie mécanique
(potentielle + cinétique) totale
est conservée. Il suffit de
calculer cette énergie en A puis
supposer qu’elle reste la même
aux points B et C.
s  4m
f
mg
E30
y
N
y0
y0  4sin 20o  1.37 m
N
f
v
0
mg
E  W f
E  E  W
 mv    mgy    fs
  20  4    20  9.811.37    f 4
f
1
2
1
2
c 
i
f
2
0
2
c
 f c  27.2 N
f c 27.2

 0.147
N 184
N  mg cos 20o  20  9.81 cos 20o  184 N
E  E f  Ei  W f
A)
0
x
 0    12 mv02    fx
f   N   mg
E31
 12 mv02    mgx
vo
v02
42
x

 1.36 m
2 g 2  0.6  9.81
E  E f  Ei  W f
B)

 mgh    12 mv02    fx
f   N   mg cos 
mgx sin   12 mv02    mgx cos 
mg  sin    cos   x  12 mv02
v02
42
x

 0.800 m
2 g  sin    cos   2  9.81 sin 30  0.6  cos 30 
E  E f  Ei  W f
C)

 0    12 mv02  mgh    fx
f   N   mg cos 
 12 mv02  mgx sin     mgx cos 
mg   cos   sin   x  12 mv02
v02
42
x

 41.6 m
2 g   cos   sin   2  9.81 0.6  cos 30  sin 30 
E32
x
4m
A
C
B
53o
NYA Ch.8
E  W f
37o
E 32
s A  4 sin 53  5.009
 EC    E A   W fA  W fB  W fC
 mghC    mghA  12 mvA2    f A s A  f B sB  fC sC
1 9.81 x sin 37   1 9.81 4  12 1 22    f A 5  f B 3  fC x
5.904 x  39.24  2  2.362  5  3.924  3  3.134  x
 f A   N A   mg cos 53  0.4 1 9.81 cos 53  2.362 


f


N


mg

0.4

1

9.81

3.924
 B

B
 f   N   mg cos 53  0.4 1 9.81 cos 37  3.134 
C
 C

5.904 x  3.134 x  41.24  11.81  11.772
9.038 x  17.658
x  1.954 m
E34
E  E f  Ei  W f
 mgx sin  
C’est l’équivalent de l’exercice
E28, mais avec du frottement. Ici
encore, vu le choix du système de
référence, le x final est négatif.
1
2
kx 2    mgx0 sin     f  x0  x 
f   N   mg cos 
 mgx sin  
1
2
kx 2    mgx0 sin      mg cos   x0  x 
1
2
kx 2  mg  x0  x  sin     mg  x0  x  cos 
1
2
kx 2   x0  x  sin    cos   mg  0
1
2
60 x 2   4  x  sin 37  0.5  cos 37  2  9.81  0
30 x 2  3.973  4  x   0  30 x 2  3.97 x 15.9  0
x  0.665 m
x  0.797m
E57
Ei  E f
0  12 kx 2  12 mv 2  mgx sin 
b)
v
v
a)
h  x sin 
Initialement, le bloc est au repos
avec une énergie potentielle nulle
au point x=0. Le ressort est
initialement détendu à x=0.
Lorsque le bloc descend d’une
distance x, son énergie potentielle
devient –mgh et le ressort est étiré
d’une distance x. Notez que la
masse s’arrête momentanément
avant de remonter; c’est pourquoi
on pose que v=0 pour trouve xmax.
2  mgx sin   12 kx 2 
m
2  0.22  9.81 0.4  sin 30  12  3.6  0.4 2 
0.22
2
0  12 kxmax
 mgxmax sin 
xmax 
 1.14 m s
v0
2mg sin  2  0.22  9.81 sin 30

 0.600 m
k
3.6
Th mg
vh
P5
x
Selon le principe de conservation de l’énergie
mécanique. l’énergie cinétique en bas est égale
à la somme des l’énergies cinétique et
2
2
1
1
potentielle en haut: 2 mvb  2 mvh  2mgR
x
R
Tb
vb
U 0
mg
Eb  Eh
1
2
mvb2  12 mvh2  mg 2 R
mvh2
Th  mg 
R

1
2
De plus, nous pouvons appliquer la 2e loi de
Newton en haut ( Th  mg  mvh2 R) puis en bas
( Tb  mg  mvb2 R) de la trajectoire. En faisant la
différence de ces deux équations et en
combinant le résultat avec la première, on
obtient le résultat recherché.
mvb2  12 mvh2  2mgR
mvb2
Tb  mg 
R
mvb2 mvh2

Tb  mg   Th  mg  
R
R
2
2
Tb  Th  2mg   12 mvb2  12 mvh2    2mgR   4mg
R
R
Tb  Th  6mg
P7
A
B
v
mg
d
L
mv 2
mg 
 v  gR
R
Ei  E f
mgL  mg 2 R  12 mv 2
R
U 0
mgL  mg 2 R  m
1
2

gR
mgL  2mgR  12 mgR
mgL  52 mgR
L  52 R  R  52 L
Pour que la masse effectue un cercle complet, il
lui faut une vitesse minimale au point B. À cette
vitesse, le poids est égal à la force centripète
nécessaire pour effectuer un cercle de rayon R.
On trouve cette vitesse (v  gR) et on la
substitue dans l’équation de conservation de
l’énergie mécanique totale.
d  L  R  L  52 L  53 L

2
A
H
P8
B
r
U 0
r
mv 2
mg 
 v  gr
r
E A  EB
mgH  mgr  12 mv 2
mgH  mgr  m
1
2

gr

2
mgH  mgr  12 mgr
mgH  32 mgr
H  32 r
Pour que le bloc puisse raser le sommet sans le toucher au point B, il faut que
son poids soit égal à la force centripète nécessaire pour effectuer un cercle de
rayon r. On trouve la vitesse ( v  gr ) qui en découle et on la substitue dans
l’équation de conservation de l’énergie mécanique totale.