3m m g/3

PHY 1652
Solutionnaire:Démonstration #9
1. Un ascenseur a une accélération de g/3 vers le centre de la terre. Il contient le dispositif
représenté ci-dessous:
g/3
m
3m
On peut négliger les masses de la poulie et de la corde ainsi que les forces de frottement.
a) Calculez l’accélération de l’objet de masse 3m par rapport à l’ascenseur.
b) Calculez la force exercée sur la poulie par la tige que la maintient au plafond de
l’ascenseur.
Rappelons d’abord ce qui se passe sans ascenseur: dans ce cas la masse 3m ressent une
force 3mg vers le bas et une force de tension T1 vers le haut. Également, la masse m
ressent une force mg vers le bas et une force de tension T2 vers le haut. Alors:
3ma1 = 3mg − T1 ,
ma2 = mg − T2 .
Comme la corde qui relie les deux masses a une longeur fixe, l’accélération d’une masse est
égale et opposée à celle de l’autre masse. C’est-à-dire, a1 = −a2 ≡ a. De plus, la corde a
une seule tension: T1 = T2 ≡ T . Donc:
3ma = 3mg − T ,
−ma = mg − T .
De ces deux équations, on peut trouver a et T : 4ma = 2mg, ce qui implique que a 3m = g/2
vers le bas. Et T = 3mg − 3ma = 23 mg. Comme la tige exerce une force 2T sur la poulie,
Ftige = 3mg.
Si le système est dans un ascenseur qui a une accélération de g/3 vers le bas, l’accélération
effective que ressent le système est gef f = g − g/3 = 32 g. L’analyse ci-haut est toujours
valide, avec le remplacement g → gef f . Alors:
(a) a3m = g/3.
(b) Ftige = 2mg.
2. a) Un train ralentit, nommons sa décélération a.
(i) Il y a de la soupe dans un bol sur une table dans le wagon restaurant. Quel angle fait
le niveau du liquide par rapport à l’horizontale?
(ii) Un enfant laisse tomber une pomme d’une hauteur h et d’une distance d du mur avant
du wagon restaurant. Selon l’enfant, quelle est la trajectoire de la pomme? Quelles sont
les conditions sous lesquelles la pomme frappera le plancher? Le mur avant?
b) Comme cadeau, à l’arrêt les parents achètent à l’enfant un ballon rempli d’hélium.
Qu’est-ce qui arrive au ballon lorsque le train quitte la gare avec accélération a 0 ?
a) Lorsque le train ralentit, la direction verticale effective est définie par la figure (1)
ci-dessous:
a
g
θ
θ
(2)
(1)
Donc tan θ = a/g.
(i) Comme la surface de la soupe est toujours perpendiculaire a la verticale (voir figure (2)
ci-haut), elle fera un angle θ = tan−1 (a/g) par rapport à l’horizontale.
(ii) La pomme tombera suivant la verticale effective:
θ
h
x
La distance horizontale franchie par la pomme est done x = h tan θ = ha/g. Si d < x, la
pomme frappera le mur, sinon elle tombera par terre.
b) Dans un champs gravitationnel, un ballon remplie d’hélium montera dans le ciel. Ceci
est dû au principe d’Archimède: en présence de la gravité, la densité d’air en-dessous du
ballon est plus grande que celle au-dessous du ballon. Cette différence de densité crée une
pression sur le ballon, ce qui le repousse vers le haut.
Le même principe s’applique à un train qui démarre. Lorsque le train quitte la gare, dans
son référentiel il y a une force qui repousse l’air vers l’arrière du train. La densité d’air
est donc plus grande derrière le ballon qu’en avant du ballon. Cette différence de densité
crée une pression qui repousse le ballon vers l’avant. Si le ballon est attaché à une corde,
la corde penchera vers l’avant à un angle θ = tan−1 (a/g) par rapport à la verticale.
3. Calculez l’accélération centrifuge, due à la rotation de la terre, sur une particule à la
surface de la terre à l’équateur. Comparez ce résultat avec l’accélération gravitationnelle.
Calculez aussi l’accélération centrifuge due au mouvement de la terre autour du soleil.
Est-ce qu’on peut négliger cette accélération par rapport à l’accélération due à la rotation
axiale? Justifiez.
L’accélération centrifuge est ω 2 r. Nous avons
ω=
2π radians
= 7.3 × 10−5 sec−1
24 · 60 · 60 sec.
et
r = rayon de la terre = 6371 km .
Donc
2
ω 2 r = 3.4 × 10−2 m/sec .
Si on compare cette accélération avec g = 9.8 m/sec2 , on remarque que l’accélération
centrifuge est moins de 1% de l’accélération gravitationnelle.
Pour l’orbite de la terre autour du soleil,
ωorb =
2π
1
=
ωterre = 2.0 × 10−7 sec−1
1 an
365
et
d = 1.5 × 108 km .
Donc
2
2
ωorb
d = 6.0 × 10−3 m/sec ,
ce qui donne un effet encore plus petit. Il est donc une très bonne approximation de
prendre gef f = g = 9.8 m/sec2 .
4. Un objet est lancé vers le bas avec une vitesse initiale v0 . Montrez qu’au bout d’un
temps t l’objet est dévié de la verticale, vers l’est, d’une quantité
1
ωv0 cos λ t2 + ωg cos λ t3 ,
3
où λ est la latitude.
À t = 0, ~v0 = −v0 ẑ. Donc
~v (t) = (0, 0, −v0 − gt) .
Il faut tenir compte de la force Coriolis −2~
ω × ~v :
z
λ
Alors
x̂
ŷ
ω
~ × ~v = −ω cos λ 0
0
0
y
x
ẑ
ω sin λ = −ω cos λ(v0 + gt)ŷ .
−v0 − gt ÿ = 2ω cos λ(v0 + gt)
ce qui donne
1 2 1 3
y = 2ω cos λ
v0 t + gt
2
6
1
= ωv0 cos λ t2 + ωg cos λ t3 .
3
5. Un projectile est lancé vers l’est d’un point sur la surface de la terre dans l’hémisphère
nord à une latitude λ. Il part avec vitesse V0 à un angle α par rapport à l’horizontale. Si
la portée de l’objet est R pour ω = 0, montrez que le changement dans la portée dû à la
rotation de la terre est donné par
s
1
2R3
1/2
3/2
∆R =
ω cos λ cot α − tan α .
g
3
On considère d’abord ce qui se passe dans un référentiel inertiel. Dans ce cas, l’objet se
déplace dans le plan y-z:
z
α
y
La vitesse initiale est ~v = (0, V0 cos α, V0 sin α). Donc
vy (t) = V0 cos α ,
vz (t) = V0 sin α − gt
et
y(t) = V0 cos α t ,
1
z(t) = − gt2 + V0 sin α t .
2
Le projectile attérit (z = 0) à un temps t = 2V0 sin α/g. La portée de l’objet est
R0 = V0 cos α
2V 2 sin α cos α
2V0 sin α
= 0
,
g
g
d’où
gR0
.
(1)
2 sin α cos α
Dans le cas où le projectile est lancée de la surface de la terre, il faut tenir compte de la
force Coriolis −2~
ω × ~v , où
x̂
ŷ
ẑ
ω
~ × ~v = −ω cos λ
0
ω sin λ 0
V0 cos α V0 sin α − gt V02 =
= −V0 ω cos α sin λ x̂ + ω cos λ(V0 sin α − gt) ŷ − V0 ω cos λ cos α ẑ .
Tout d’abord on considère le mouvement dans la direction ẑ:
z̈ = 2V0 ω cos λ cos α − g .
En présence de la force de Coriolis, la constante gravitationnelle est modifiée. Le temps
que prend l’objet pour attérir est maintenant
2V0 sin α
2V0 ω cos λ cos α
2V0 sin α
T =
1+
'
g − 2V0 ω cos λ cos α
g
g
au premier ordre en ω.
Pour le mouvement dans la direction ŷ:
ÿ = −2ω cos λ(V0 sin α − gt)
ẏ = V0 cos α − 2V0 ω cos λ sin α t + ω cos λ gt2 .
À un temps T ,
1
y = V0 cos α T − V0 ω cos λ sin α T 2 + ω cos λ gT 3 .
3
La distance totale de l’objet est y = R, avec
2V0 sin α
2V0 ω cos λ cos α
R = V0 cos α
1+
g
g
− V0 ω cos λ sin α
4V02 sin2 α 1
8V03 sin3 α
ω
cos
λ
g
+
,
g2
3
g3
où on a negligé tous les termes d’ordre ω 2 ou plus.
Le changement dans la portée est
∆R ≡ R − R0 =
sin3 α
4V03 ω cos λ sin α cos2 α 4V03 ω cos λ sin3 α 8 3
−
+
V
ω
cos
λ
.
g2
g2
3 0
g2
Avec l’expression pour V02 donnée dans l’équation (1) et un peu d’algèbre, on arrive à
∆R =
s
2R03
1
1/2
3/2
ω cos λ cot α − tan α .
g
3