Impulsions et impacts (semaine 4) 1. Principe Impulsion linéaire

Impulsions et impacts
(semaine 4)
1. Principe Impulsion linéaire – Quantité de mouvement
2. Principe Impulsion angulaire – Moment cinétique
3. Impacts – définitions
4. Impact central direct et oblique
© Alain Hébert, 2008
Quantité de mouvement et impulsion linéaire
Lorsque les forces extérieures sont appliquées pendant une durée
prédéfinie, on peut connaître le changement d’état du système en faisant
intervenir les notions d’impulsion et de quantité de mouvement.
On intègre en temps le seconde loi de Newton:
! t "
! t
! v
2
2
2
!
Fi dt =!
ma dt = m
dv = G2 − G1
! tt "
! vv
tt
!
21
i
Fi dt =
21
21
ma dt = m
dv = G2 − G1
t1 i
t1
où la quantité
de mouvement
G est unevquantité vectorielle définie par
G = mv 1
!
!
Le terme vectoriel
!
G = mv
! t "
2
t1
! t
! v
2
2
Fi dt =
ma impulsion
dt = m linéaire.
dv =
est appelé
t
v
1
1
i
G2 − G1
G = mv a et b qui interagissent
Note: Considérez le mouvement de deux particules
durant une période de temps. Les impulsions des forces d’interaction F et
–F s’annulent et seules les impulsions des forces externes vont faire
changer la quantité de mouvement totale du système.
Semaine 4
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9
2
Exemple 3/23
Le projectile de 50 g se déplace dans le plan
horizontal à 600 m/s, frappe le bloc de 4 kg en son
centre et reste emprisonné dans celui-ci. Avant
l’impact, le bloc se déplace également dans le plan
horizontal, sur une surface lisse, à une vitesse 12 m/s
dans la direction illustrée. Déterminez la vitesse et la
direction du bloc après l’impact.
Solution: on applique la conservation de la quantité
de mouvement:
◦
◦
0.050(600
) + 4(12)(cos
i +30
sin
j(4
) =+(4
+ 0.050)
0.050(600
j ) +j4(12)(cos
30◦i 30
+ ◦sin
j30
)=
0.050)
v v
⇒
= 10.26
i + 13.33
j m/s
v = v10.26
i + 13.33
j m/s
! !
! !
2
2
2
2
(10.26)
+ (13.33)
= 16.83
=vy2 =
vx2 +vvx2y2+
(10.26)
+ (13.33)
= 16.83
m/s m/s
v=v=
⇒
13.33
vy vy13.33
tan
θ
=
= 1.299
=
tan θ =
= 1.299
⇒
=
10.26
vx vx10.26
Semaine 4
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◦
◦
⇒
θ = 52.4
θ = 52.4
3
Problème 3/188
L’auto A (1450 kg) roulant vers le nord à 32 km/h entre en collision avec
l’auto B (1640 kg) qui roule à 48 km/h dans la direction indiquée sur la
figure. Si les deux autos restent enchevêtrées et dérivent ensemble après
l’accident, calculez la grandeur v de leur vitesse commune immédiatement
après l’impact et l’angle θ du vecteur vitesse par rapport à la direction
nord.
Semaine 4
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4
Problème 3/195
Le bloc de 20 kg initialement au repos est soumis à une force P qui fait un
angle constant de 30º par rapport à l’horizontale et dont la grandeur est
caractérisée par le graphique ci-dessous. Notez que la force est nulle pour
tous les temps supérieurs à 3 s. Trouvez à quel moment t le bloc
s’immobilise.
Semaine 4
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5
Problème 3/201
La voiture B est initialement au repos lorsqu’elle est frappée par la voiture
A, qui se déplace à la vitesse v1 = 30 km/h. Après la collision, les voitures
restent entremêlées et se déplacent ensemble à la vitesse v’. Si la collision
dure 0.1 s, déterminez (a) la vitesse commune des voitures v’ après la
collision, (b) l’accélération moyenne de chaque voiture durant la collision
et (c) la grandeur R de la force moyenne exercée par chaque voiture sur
l’autre pendant l’impact. Les freins ne sont pas appliqués pendant la
collision.!
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6
Problème 3/203
La balle de golf de 45.9 g est frappée par un fer cinq et atteint la vitesse
illustrée après une période de 0.001 s. Déterminez la grandeur R de la force
moyenne exercée par le fer sur la balle. Déterminez la grandeur a de
l’accélération qui sera causée par cette force, et la distance d qui permettra
d’atteindre la vitesse de lancée, en supposant une accélération constante.
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Problème 3/205
La balle de 146 g se déplace à une vitesse de 135 km/h, lorsqu’elle est
frappée par la batte de baseball. Juste après l’impact, la balle atteint une
o
vitesse de 210 km/h et est dirigée vers le haut avec un angle de 35 .
Déterminez les composantes rectangulaires de la force moyenne R exercée
par la batte sur la balle durant l’impact de 0.005 s.
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Problème 3/209
Le pendule balistique est un appareil simple
permettant de mesurer la vitesse v d’un projectile
par l’observation de l’angle θ maximum atteint
par la caisse de sable suite à l’impact du
projectile. Calculez l’angle θ lorsqu’un projectile
de 60 g et de vitesse v = 600 m/s est tiré dans une
caisse de 20 kg, initialement au repos. Calculez le
pourcentage d’énergie perdue durant l’impact.
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9
Moment cinétique
Définition:
Le moment cinétique est le moment de la quantité de mouvement par
rapport à un point (quantité vectorielle) ou le moment de la quantité de
mouvement par rapport à un axe (quantité scalaire).
mv
O
e
h
O
Ho = r x mv
Semaine 4
h
Ho = (r x mv) e
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mv
10
Moment cinétique et impulsion angulaire
On calcule le moment des forces et le
moment des quantités de mouvement
(deuxième loi de Newton) par rapport à un
z
point arbitraire O. On intègre en temps pour
obtenir:
! t "
! t
! t
2
2
2 d
!
!
!
!
!
r×Fi dt
r×ma dt = vv22 (r × mv) dt
"
t2t2"
t2t2=
t1
1
ii
t!×
Fiiidt
dt=
=
1F
rr×
tm
dt=
=rr××m
m t1 dt
1 aadt
rr××m
ddvv
mv z
mv y
m
r
z
y
mv x
! t " t1t1
! t
! v
vv11
2
2
2
x
!rt×
On introduit
les
moments
des
forces
F
:
"
F
dt
=
r
×
m
a
dt
=
r
×
m
d
v
i
2
i
!! t t t"
v1 O
MO,i dtt1= HO,2 − HO,1
i
y
! 22 1"M
tO,i
!
! t
MO,i
dt
=
H
−
H
1 dt
=
H
−
H
O,2
O,1
i
t2 "
O,2
O,1
2
! t "
!t1t1 i i
r
×
F
dt
=
r×m
2
i
t1 i
xt1
M
H
= rdt×=mH
v
O,i
O,2 − HO,1
O
où
t=
1r ×
H
ri ×mm
OO=
vv
! t "
2
MO,i dt = H
La quantité vectorielle HO est
cinétique et l’intégrale
= rle×moment
mv
t1 i
est l’impulsion angulaire.
Un problème à force centrale est caractérisé par une impulsion angulaireH = r ×
O
nulle (conservation du moment cinétique).
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11
Exemple
La balle et sa corde sous tension T tournent autour de l’axe vertical sur une
surface lisse verticale de forme conique avec une vitesse angulaire
constante. Si la distance b est réduite en augmentant la tension T de la
corde, de quelle façon le moment cinétique HO de la balle va-il varier?
T
mg
e
N
Le moment des forces externes s’appliquant sur la balle par rapport à l’axe
de!
rotation e est:
MO =
× F i) · e = (r × T ) · e + (r × −mg e) · e + (r × N ) · e
(r!
MOi =
(r × F i ) · e = (r × T ) · e + (r × −mg e) · e + (r × N ) · e = 0
i
Donc: MO = ḢO = 0
⇒
HO = constante
MO = ḢO = 0
⇒
HO = constante
× T )rapport
· e = 0 à l’axe de rotation e est conservé.
(r par
Le moment cinétique
r
( × T) · e = 0
=0
(r × −mg e) · e MEC2420
Semaine 4
(r × −mg e) · e = 0
12
Exemple
Un petit bloc de 2 kg glisse sur une surface
horizontale lisse, sous l’action d’un ressort et
d’une force F. Le moment cinétique du bloc varie
avec le temps, comme illustré dans le graphique.
Lorsque t = 6.5 s, on mesure r = 150 mm et β = 60o.
Déterminez la force F à cet instant.
Solution: Comme le ressort est une force centrale,
seul F procure une contribution au moment
cinétique. Le graphique donne
β
8−4
Ḣ0 =
= 4 kg · m2 /s2
7−6
!
M0 = F r sin β = Ḣ0
F (0.150) sin 60◦ = 4
Semaine 4
⇒
F = 30.8 N
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Problème 3/223
La petite particule de masse m et sa corde de retenue tournent avec une
vitesse angulaire ω sur la surface horizontale d’un disque lisse, dont la
section est illustrée. Au moment où la force F est lentement relâchée, r
augmente et ω change. Déterminez le taux de variation de ω en fonction de r
et montrez que le travail fait par la force F durant le mouvement dr est égal
au changement d’énergie cinétique de la particule.
Semaine 4
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14
Problème 3/229
Deux petites sphères, ayant les masses et les vitesses indiquées sur la
figure, frappent les pics de la tige et restent prises. Avant l’impact, la tige qui
tourne librement autour du pivot O, est au repos. Calculez la vitesse
angulaire ω de l’assemblage après l’impact. Négligez la masse de la tige.
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15
β
ω
Problème
3/231
8−4
= 4 kg · m2 /s2
7 − 6m1 ayant une
Une motte de glaise de masse
! v1 frappe et reste collée
vitesse horizontale initiale
M0 = F r sin β = Ḣ0
Ḣ0 =
sur une barre rigide sans masse qui retient le
corps de masse
m2, quesin
vous
F (0.150)
60◦ pouvez
= 4 ⇒considérer
F = 30.8 N
comme une particule. Ce genre de
pendule,
ω′
initialement au repos, peut pivoter librement en O.
Déterminez la vitesse angulaire θ̇ du corps et de
la motte après l’impact. Pourquoi la quantité de
θ
mouvement du système n’est-elle pas conservée?
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16
β
Problème 3/235
β
ω de deux masses deω3.2
Un pendule est composé
kg, situées aux
extrémités
d’une tige
légère et
8−
4
2 β2 8 − 4
=4
·m
rigide, Ḣ
comme
Lekg
pendule
tourne autour
0 = illustré.
= 4 kg · m2 /s2
Ḣ0 /s
=
7−6
6 en
de O avec une vitesse horaire de ω =76−
rad/s
!
!
sens horaireM
lorsqu’un
projectile
de 50 g le
8
−
4
=
F
r
sin
β
=
Ḣ
0
0 M = F r2 sin
0
=
4dans
kg ·lam /s2 β = Ḣ0
Ḣ0 =
frappe avec une vitesse
v = 300 m/s
7−6
◦ Le projectile reste coincé
direction
illustrée.
◦N
F (0.150) sin 60 = !
4F (0.150)
⇒ F =
30.8
sin
60
= 4 ⇒ F = 30.8 N
dans la masse du bas après
l’impact.
Calculez
M
=
F
r
sin
β
=
Ḣ0
0
′
la vitesse angulaire ω du pendule immédia-ω ′
◦ la valeur
tement aprèsFl’impact
etsin
trouvez
(0.150)
60
= 4 ⇒ F = 30.8 N
θ
maximum atteinte par sa position angulaire θ .
ω′
θ
Semaine 4
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17
Problème 3/238
La balle de 0.2 kg et sa corde tournent autour de l’axe vertical sur une
surface lisse de forme conique, avec une vitesse angulaire de 4 rad/s. La
balle est retenue en position b = 300 mm par la tension T de la corde.ωSi la
distance b est réduite à une valeur fixe de 200 mm en augmentant la tension
′
T de la corde. Calculez la nouvelle vitesse angulaire ω et le travail U1−2
fait
sur le système par la tension T.
U1−2
11
Semaine 4
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18
Problème 3/239
La particule de 0.02 kg se déplace le long de la trajectoire en tirets à la
vitesse indiquée aux positions A et B. Calculez la moyenne temporelle du
moment par rapport à O de la force résultante P agissant sur la particule
durant la demi- seconde nécessaire pour aller de A à B.
Semaine 4
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19
Impacts
Impact: collision entre deux corps caractérisée par des forces de contact
élevées, agissant pendant un intervalle de temps très court.
!
!Ligne d’impact: La normale aux surfaces en
ligne d’impact
contact, passant par le point de contact
Impact central: Lorsque les centres de masse se
trouvent sur cette ligne
Impact central direct: Si les vitesses des objets
sont dirigées selon la ligne d’impact
Impact central oblique: Si un ou les deux objets se
dirige(nt) selon une autre direction
Semaine 4
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20
Impact central direct
m1
v 1a
v1
m1
v2
m2
m2
v 2a
Sans force extérieure, il y a conservation de la quantité de mouvement
(scalaire puisque 1D) :
!
m1v1 + m2v2 = m1v1′ + m2v2′
!
On s’intéresse maintenant à la boule m1 pendant l’impact. Soit Fd et Fr la force
′
lav ′phase
devdéformation
et de restitution et v0 la vitesse
m1d’impulsion
v1 + m2 vpendant
=
m
+
m
2 2
2
1 1
des deux boules à l’instant t0. On a:
m1 v1 −
!
t0
!
tf
Fd dt = m1 v0
0
m1 v0 −
t0
"tf
F dt
Semaine 4 r
t0
º
D efor mation ®
»
per iod
®
¼
Fr dt = m1 v1′
º
R estor ation ®
»
per iod
®
¼
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v1
m1
v2
Fd
v0
m1
v 1a
|F|
m2
Fd
Fr
v0
Fr
m2
v 2a
0
0
t0
Time, t
tf
21
m0 v0 +
! t t0
f
Fr dt = m1 v1
central
m0v0"tf+ Impact
Fr dt =
m1v1′ direct (suite)
t
Fr dt0
Le coefficient
est défini par la relation
′′
′′t0 de restitution
v
+
m
v
=
m
v
+
m
v
2 2
1
v11 + m22 v22 = m
tf1
e=
0≤e≤1
1v
2
1t+ m2 vavec
"
C oefficient of
!! t
0
"F dt
! t00
rFd dt
r estitution, e
! F
t0 0 m1 v0
m
dt
d
m11 v
v11 +
+
F
dt =
= m1 v0 avec 0 ≤ e ≤ 1
e
d=
t"0
1
!00
!
Fd dt e = 0 :
!! ttff
0 m v ′′
m
F
m00 v
v00 +
+
Frr dt
dt =
= m11 v1e = 1 :
tt0 obtient
On
0
""ttff
m1[−v1′ − (−v0 )]
v0 − v1′
e=
=
m1[−v0 − (−v1 )]
v1 − v0
0
0
0
S teel on steel
L ead on lead
P er fectly plastic
0
0
0
0
G lass on glass
1
!
tt
! avec
=
= "tt
avec 0
0≤
≤ ee ≤
≤1
1
"
F
Fdd dt
dt!
F
Frr dt
dt
P er fectly elastic
0
R elative impact velocity
Ce coefficient est une donnée du problème:
e
e=
=0
0 :: choc plastique (les boules restent “collées” après l’impact)
e
e=
=1
1 :: choc élastique (conservation de l’énergie mécanique pendant
l’impact)
Semaine 4
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22
Fd dt
0
e=1:
Impact central
direct (suite)
e=
00:)]
m1[−v1′ −
(−v
v0 − v1′
e=
=
On a obtenu pour lam
boule
m
:
1
[−v
−
(−v
)]
v1 − v0
1
0 e = 11:
!
′
′ −
v
)
=
v
−
v
1−
0
0
me1(v
[−v
v0 − v1′
(−v
)]
1
0
1
e=
=
!
′
me1(v
[−v
−
(−v
)]
0 v2 ) = 1
v2 − v0v1 − v0
0−
On refait le même calcul pour la boule m2. Le coefficient de restitution est le
e (v1 −action-réaction
v0 ) = v0 − v1(3ème loi):
même, en vertu du principe
!
!
e (v1 − v2 ) =
e (v0 − v2 ) =
v2′
− v0
′
v2
−
On additionne ces deux équations:
!
!
Rappel:
e (v1 − v2 ) = v2′ − v1′
m1 v1 + m2 v2 = m1v1′ + m2 v2′
! t0
m1 v1 +
Fd dt = m1 v0
}
2 équations
2 inconnues
0
m0 v0 +
Semaine 4
!
tf
t0
Fr dt = m1 v1′
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23
′
v1
Impact central oblique
Dans ce cas, on distingue le plan de contact (t) et la ligne d’impact (n).
On néglige le frottement dans la′ direction
du plan de contact (t).
′
e (v1 − v2 ) = v2 − v1
1. La quantité de mouvement du système (des
} dans la direction n
2 boules) est conservée
′
′
e (v1 − v2 ) = v2 − v1
! 1(v1)n + m2(v2)n = m1(v1′ )n + m2(v2′ )n
m
}
′
′
(vquantité
v
2. eLa
devmouvement
de ′la particule
1 − v2 ) =
2−
1
′
)n +lamdirection
n = m1 (v1
1 (v1 )n + m
2 (v2 )n t
m12(v
est2 )conservée
dans
′
e (v}1 − v2 ) = v2 − v1′
!m1(v1)t = m1(v1′ )t
′
′
)n
)
+
m
(v
n
1 (v1 )n + m2 (v2 )n = m1 (v}
2
2
1
′
m2quantité
(v2 )t = de
m2mouvement
(v2 )t
3. La
′ de la particule
′
′
m1 (vm
+
m
(v
)
=
m
(v
)
+
m
(v
m
(v
)
=
m
(v
)
n
n
1 )1n
2
2
1
2
t
t
1
1
2
1
1
est conservée dans la direction t )n
n
m1
m1
n
v 1′
v1
θ1
θ 1′
θ2
θ 2′
F
t
m2
m2
v 2′
v2
(a)
–F
(b)
(c)
(d)
2
′
′
m2(v2 )m
m12)(v
t =
1 (v
t 1 (v1 )t
t =
2 )m
′
4. La relation
du2facteur
s’applique dans la direction n
m2(v
)t = mde
2 (vrestitution
2 )t
e [(v1)n − (v2)n ] = (v2′ )n − (v1′ )n
On a 4 équations et 4 inconnues.
Semaine 4
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24
v′ =
!
!
′ 2
′ 2
(vExemple
= 42 + 13.862 = 14.42 m/s
t) + (vn) 3/29
" #
$
%
′
v
4
◦
Une balle est projetéeθ ′sur
plaquen lourde
à −1
= une
tan−1
=
tan
=
16.10
vt′ de 30º.
13.86
une vitesse de 16 m/s et avec un angle
Si le coefficient de restitution est de 0.5,
calculez la vitesse de rebond v’ et son angle θ ′ .
!
Solution:
′
⇒
(v
′ 1 )n = 4 m/s
0.5 [−16 sin 30
− 0] = 0 − (v
⇒ (v
◦
′ 1 )n
′ 1 )n = 4 m/s
0.5 [−16 sin 30 − 0] = 0 − (v1 )n ⇒ (v1 )n = 4 m/s
′
◦
′
)t = 13.86 m/s
)
=
m
(v
)
⇒
(v
Equ. (2): m1 (16 cos 30
t
1
1
1
′
◦
′
m1 (16 !
cos 30 ) = m1 (v1 )t ⇒ (v1 )t = 13.86 m/s
"
′ !
′ 2 "
′ 2
2
2
=
v
=
)
)
+
(v
(v
4
+
13.86
= 14.42 m/s
Donc:
1
t
1
n
′
′ 2
′ 2
2
2
v = (v1 )n + (v1 )t = 4 + 13.86 = 14.42 m/s
#
$
# ′ $
4
(v
)
#
$
# ′ 1 $n
◦
−1
′
−1
=
16.10
=
tan
θ
=
tan
4
(v
)
n
◦
−1
1 ′
(v
)
13.86
=
16.10
=
tan
θ′ = tan−1
t
1
(v1′ )t
13.86
Equ. (4): 0.5 [−16 sin 30◦ ◦ − 0] = 0 − (v′ 1′ )n
Semaine 4
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25
Problème 3/242
Calculez les vitesses finales v1’ et v2‘ après la collision de deux cylindres
qui glissent sur une barre horizontale lisse. Le coefficient de restitution est
e = 0.8.
Semaine 4
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26
Problème 3/248
Pour réussir l’inspection, les billes d’acier des roulements à billes
doivent franchir la barre fixe A au sommet de leur rebond quand elles
sont relâchées sans vitesse depuis une hauteur verticale H = 900 mm sur
une lourde plaque d’acier inclinée. Sachant que les billes pour lesquelles
le coefficient de restitution acier-sur-acier est inférieur à 0.7 doivent être
rejetées, obtenez la position de la barre en obtenant les distances h et s.
Négligez le frottement durant l’impact.
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Problem 3/257
Dans le jeu de pool, la bille blanche A doit frapper la bille noire (numéro 8),
initialement immobile, de façon à l’envoyer dans le panier P avec une
vitesse v2’. Le jeu se déroule comme illustré dans la figure, la bille blanche
se dirigeant vers le lieu de collision avec un angle de 45º et une vitesse
initiale v1. Le coefficient de restitution est e = 0.9. On supposera que les
deux billes ont la même masse et le même diamètre et on négligera les
forces de friction. Calculez l’angle θ après le choc et la fraction n de
l’énergie cinétique perdue durant l’impact.
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Problème 3/266
Un enfant lance une balle du point A avec une vitesse de 15 m/s. La balle
frappe le mur au point B et rebondit exactement au point A. Déterminez la
valeur de l’angle α nécessaire si le coefficient de restitution lors de
l’impact sur le mur est e = 0.5.!
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ẍ = 0 ,
ÿ = 0
et
θ̈ = 0 .
Problème 3/311
ẋ, àẏ la tige légère de longueur l = 0.8 m. La
La balle A de 10 kg est attachée
masse du chariot seul vaut 250 kg. Le chariot se déplace avec une
accélération ao tel qu’illustré. Si θ̇ = 3 rad/s quand θ = 90°, trouvez l’énergie
cinétique T du système si le chariot a une vitesse de 0.8 m/s (a) dans la
direction de ao et (b) dans la direction opposée à ao. Considérez la balle
comme une particule.
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Problème 3/313
Un pendule simple est placé dans
un ascenseur qui accélère vers le
haut tel qu’illustré. Si le pendule est
au repos à un angle θo par rapport à
la verticale puis relâché, trouvez la
tension To dans la tige mince du
pendule lorsque θ = 0. Évaluez votre
résultat pour θo = π/2.!
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Problème 3/315
Une balle est relâchée à partir du repos
relativement à l’ascenseur, à une distance
h1 au dessus du plancher. Au moment où
la balle est relâchée, la vitesse de
l’ascenseur est vo. Déterminez la hauteur
de rebond h2 de la balle (a) si est vo
constante et (b) si l’ascenseur subit une
accélération a = g/4 vers le haut à partir du
moment où la balle est relâchée. Le
coefficient de restitution est e.!
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Problème 3/316
Le petit bloc A glisse sans frottement contre la paroi inclinée du chariot
qui se déplace vers la droite à une vitesse constante v = vo. Le bloc est
relâché du point B alors qu’il n’a aucune vitesse relative par rapport au
chariot. En utilisant le principe travail-énergie, déterminez la grandeur vA
de la vitesse absolue du bloc lorsqu’il passe par le point C. Appliquez en
tant qu’observateur au sol et en tant qu’un observateur sur le chariot.
Faites le lien entre les deux relations obtenues.!
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