quantité de mouvement et collisions : corrections

Phy 12a/12b
Quantité de mouvement et collisions : corrections
2013-2014
QUANTITÉ DE MOUVEMENT ET COLLISIONS : CORRECTIONS
Exercices prioritaires :
Exercice n° 1
Vrai-Faux ?
1. Lors d’un choc inélastique ni l’énergie ni la quantité de mouvement ne sont conservées.
Faux : l’énergie n’est pas conservée (inélastique) mais la quantité de mouvement oui
(système isolé).
2. Lors du choc élastique d’une balle indéformable tombant verticalement sur la surface de
la terre (supposée aussi indéformable) la quantité de mouvement totale n’est pas conservée sinon la terre serait légèrement déviée.
Faux : Si on considère le système Terre+Balle sa quantité de mouvement se conserve.
La terre change de vitesse après le choc mais ce changement est infime.
En supposant un choc frontal avec la terre de masse M à l’arrêt (V = 0) et la balle de
masse m = 300g et de vitesse v on obtient :
v0 =
m−M
v ' −v
m+M
et
V0=
2m
v ' 10−25 v
m+M
3. Roulons sous la pluie : un wagonnet roule sans frottement à l’horizontale, sous la pluie,
de sorte qu’il se remplit d’eau au fur et à mesure qu’il avance.
Sa vitesse :
Sa quantité de mouvement :
(a) augmente
(a) augmente
(a) augmente
(b) diminue
(b) diminue
(b) diminue
(c) ne change pas
(c) ne change pas
(c) ne change pas
Ne change pas :
le wagonnet n’est soumis à aucune force extérieure donc le PFD
#»
d #»
p
nous dit que dt = 0 .
Diminue : l’énergie du
wagonnet est p 2 /2m.
Comme m augmente,
l’énergie diminue.
d #»
p
#»
Diminue : dt = 0 (pas
de forces). Comme la
masse augmente la vitesse va diminuer.
UJF L1
Son énergie :
1
TD Phy 12a/12b
Phy 12a/12b
Quantité de mouvement et collisions : corrections
Exercice n° 2
2013-2014
Couple de patineurs ?
Un couple de patineurs est initialement immobile sur la glace. Se repoussant avec leurs mains,
la femme communique à son partenaire une vitesse de 10 km/h sur la glace. La femme a une
masse m = 52 kg et l’homme une masse m 0 = 68 kg.
1. Quel est le mouvement du centre de masse du couple ?
àt=0
homme - m' = 68 kg
femme - m = 52 kg
o i
V'
àt>0
x
V
V = 10 km/h
Le couple de patineurs n'étant soumis à aucune force externe, leur centre de masse - observé
dans un repère lié à la glace ( (0,x) ) - reste immobile avant et après que la femme ait
repoussé son partenaire, car :
V = 10 km/h
o
&
&
&
&
&
m + m' *G ¦ Fi ext 0 , donc VG = Cte = 0 , du fait que VG = 0 à t = 0.
Le couple de patineurs n'étant
soumis à aucune force externe, leur centre de masse - observé
i
dans un repère lié à la glace ( (0,x) ) - reste immobile &avant et après que la femme ait
Pour les son
mêmes
raisons,car
la quantité
de mouvement totale ( P ) du couple doit rester constante
repoussé
partenaire,
:
au cours
du tempsde- ce
implique
queglace
:
2. Calculer
la vitesse
la qui
femme
sur la
et la vitesse à laquelle l’homme voit sa parteo
&
&
&&
&
& & & &&
naire s’éloigner.
à t = :0.
m
m'0*=G m'¦
Fi V
0 , donc V = Cte = 0 , du fait que VG = 0donne
P+
t>
V'+m
ext = Pt = 0 = 0G, ce qui, projeté sur l'axe (0,x),
i
&
m'
68
, soit
: V = de mouvement
.
V' = ˜104 /totale
3600 m/s
3,63
m/s ou
13,1rester
km/hconstante
m' V'+mV
= 0 la
couple
doit
Pour les mêmes
raisons,
quantité
( P )=du
m
52
au cours du temps - ce qui implique que :
&
&
&
& &
Pt > 0 = m' V'+mV = Pt = 0 = 0 , ce qui, projeté sur l'axe (0,x), donne :
m' V'+mV = 0 , soit : V =
m'
68
V' = ˜104 / 3600 m/s = 3,63 m/s ou 13,1 km/h .
m
52
L'homme voit sa partenaire s'éloigner à une vitesse : V +V' = 23,1 km/h .
Exercice n° 3
Billard à une bande ?
Les boules A et B d’un billard sont disposées comme sur la figure. On veut percuter la boule B
avec la boule A, via un rebond sur la bande.
UJF L1
2
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Phy 12a/12b
Quantité de mouvement et collisions : corrections
2013-2014
1. En supposant le choc élastique, trouver la position du rebond de la boule A sur la bande pour
que celle ci entre en collision avec la boule B.
2. Sachant qu’on considérera la bande comme un
solide indéformable de masse infinie, que peuton dire de l’énergie de la boule avant et après le
choc ?
3. Que peut-on dire des changement de quantités de mouvement selon (x) et selon (y) ?
i
B
Lors du choc sur la bande les forces sont exclusivement perpendiculaires à celle-ci.
Cet exercice est mal posé : pour répondre à la première question on utilise les principes
démontrés aux questions 2 et 3.
2 La bande étant immobile, indéformable et infiniment lourde elle a donc une énergie cinétique qui ne peut varier. Donc la conservation de l’énergie cinétique au cours du
choc (élastique) nous assure que l’énergie cinétique de la boule se conserve. Le module de la vitesse de la boule est donc conservé : ⇒ v i = v r
3 En considérant le système constitué de la boule seule : ce système subit une variation
de quantité de mouvement à l’instant du choc car c’est le seul moment où une force
extérieure (réaction de la bande) au système est présente. Cette force étant perpendiculaire à la bande on peut donc dire que la quantité de mouvement sur l’axe Ox est
conservée : mv i x = mv r x ⇒ v i x = v r x . La conservation de l’énergie cinétique nous
permet donc de dire que |v i y | = |v r y |. Sur l’axe 0y on a en revanche au moment du
choc dv y /dt = R (R étant la force exercée par la bande au moment de l’impact) ce qui
impose que v r y et v i y soient de signes opposés. On a donc au final :
vi x = vr x
et
v i y = −v r y
1 D’après ce qui précède on a θi = −θr . En choisissant l’origine du repère tel que A = (0, h 1 )
et B = (d , h 2 ) nous définirons le point d’impact I = (x I , 0). On a :
tan(θi ) =
Exercice n° 4
xI
h1
et
tan(θr ) =
xI − d
h2
⇒
xI =
h1
d
h1 + h2
Ralentissement d’atomes par des photons ??
Les forces exercées par la lumière sur la matière peuvent se comprendre de façon assez simple
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3
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Quantité de mouvement et collisions : corrections
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en termes de photons et d’atomes. Un photon est une particule possédant une énergie E ph = hν
et une quantité de mouvement p ph = hν/c = h/λ, avec h = 6, 63 × 10−34 la constante de Planck,
ν la fréquence de l’onde électromagnétique, λ la longueur d’onde et c la vitesse de la lumière
dans le vide. Quand un atome absorbe (ou émet un photon), ce dernier disparaît (ou apparaît),
mais l’énergie et la quantité de mouvement totale sont conservées.
1. On considère un jet d’atomes, se déplaçant de gauche à droite à la vitesse initiale v 0 :
de combien la quantité de mouvement de chaque atome varie-t-elle lorsqu’il absorbe
un photon se propageant en sens opposé ? (faire un schéma représentant la situation
avant/après)
après
avant
mv0 mv’0 = mv0‐h/c ‐h/c La conservation de la quantité de mouvement nous dit : mv 00 = mv 0 − hν/c
2. Du fait de l’intensité du faisceau lumineux et de l’efficacité du processus d’absorption,
chaque atome absorbe R photons par seconde. En déduire la quantité de mouvement
∆p encaissée par chaque atome pendant un temps ∆t et donc, la force de freinage qui
s’exerce sur un atome.
Pendant ∆t , R∆t photons sont absorbés ce qui conduit à une variation de quantité de
mouvement pour l’atome de :
∆p = −R∆t hν/c
La force de freinage (négative car s’opposant au mouvement) associée est donc :
F=
∆p
Rhν
=−
∆t
c
3. Montrer que la force exercée s’exprime de façon très simple en fonction de la puissance
P abs (en W) transportée par les photons absorbés. A quelle relation déjà connue, cette
relation puissance–force est-elle analogue ?
L’énergie transportée par un photon est hν. Donc Rhν représente l’énergie absorbée
par unité de temps (autrement dit la puissance). On a donc :
P abs = Rhν = |F |c
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4
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Quantité de mouvement et collisions : corrections
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#»
On retrouve l’expression de la puissance développée par une force F sur un objet de
#»
vitesse #»
v : P = F . #»
v
4. Les atomes de sodium de masse atomique m = 23 g et de vitesse initiale v 0 = 300 m/s
absorbent un photon de longueur d’onde 0.6 µm toute les 3 µs. Que vaut R ? En déduire
le temps nécessaire pour immobiliser les atomes.
On a 1/R = 3 µs soit R = 0, 33 MHz.
A chaque choc les atomes perdent une quantité de mouvement hν/c. Donc pendant
une seconde la perte de vitesse est de Rhν
mc . On en déduit que pour perdre tout leur
vitesse les atomes doivent attendre ∆t avec :
v0 =
Rhν
∆t
mc
⇒
∆t =
mc v 0 mv 0 λ
0, 023.300.0, 6.10−6
=
=
= 32 ms
Rhν
Rh
6, 02.1023 .0, 33.106 .6, 6.10−34
5. En fait, chaque absorption est suivie de l’émission spontanée d’un photon qui part en
moyenne dans toutes les directions de l’espace. Pourquoi ce processus peut-il être négligé
dans le bilan global des échanges de quantités de mouvement ?
Si l’on suppose la re-émission des photons isotrope cela signifie que la quantité de
mouvement moyenne de re-émission est nulle. Cela justifie donc que l’on néglige ce
processus dans le bilan de quantité de mouvement.
Remarque : dans cet exercice, la description théorique du problème est énormément simplifiée
en négligeant, entre autres, l’effet Doppler. D’après-vous sous quelle forme se retrouve l’énergie
perdue par les atomes ?
Energétiquement le bilan est tout autre. En effet en supposant la conservation de l’énergie
on peut calculer la puissance re-émise.
P r = P abs −
mv 02
³
v0 ´
= Rhν 1 −
2∆t
2c
Cela peut s’interpréter comme si les photons re-émis avaient une fréquence moyenne réduite (effet Doppler)
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5
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Exercice n° 5
Quantité de mouvement et collisions : corrections
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Ralentissement des neutrons ??
Un neutron de masse m, de vitesse V , heurte un noyau de masse km au repos. Exprimer l’énergie E 0 du neutron après le choc en fonction de son énergie initiale E et de k. On suppose que les
vitesses des particules, avant et après le choc, sont toutes colinéaires et que l’énergie cinétique
est conservée au cours du choc (choc élastique).
Exercice 7.3 : ** Ralentissement des neutrons
Note : le noyau étant en moyenne beaucoup plus lourd que le neutron, celui-ci
rebondit en le heurtant - comme un ballon léger sur un mur.
avant
neutron : m
Vni
Noyau : k m
La quantité de mouvement du système
o i
x
neutron-noyau est conservée. Puisque le
Vnf
VNf
après :
chocxest conservation
élastique, sondeénergie
cinétique
la quantité
de mouvement
& i & est également
& f conservée,
&
&
élastique,
son
énergie
cinétique
est également
conservée,
:
= mVn =soit
= mVn + kmVNf ; soit :
pavant
paprès
Note
: le noyau
étant en moyenne
xx conservation
de
lala
quantité
dedemouvement
: : beaucoup plus lourd que le neutron, celui-ci rebondit en le
conservation
mouvement
&de
& &fun ballon
&&
&quantité
2
1 & f&léger
1
1
&i i heurtant
- comme
f 2
f 2
&
f
;f i sur un mur.
= =mmVVn n++
ppavant
V
conservation
:km
mNVVn ; = mVn + kmVN .
avant==mmVde
aprèscinétique
Vn n=l'énergie
=ppaprès
km
N
2
2
2
La quantité de mouvement
du système
neutron-noyau
est conservée. Puisque le choc est
2 est1également
2 conservée,
2soit :
1
élastique, son énergie 1cinétique
i
f
f
2
1
1 VN f .2
Soit xencore
en simplifiant
par m cinétique
etcinétique
en projetant
(o,x)
de
: : 1mm
sur
VnVn:f +2 +2 km
VnVil'axe
=
m
x conservation
conservation
del'énergie
l'énergie
m
kmVN .
n =
2 2la quantité
2de
x conservationi de
mouvement
:
& i V& f + kV f2 & f
&2f
& 1 Vn =
N= mV:n + kmVN ;
pavant = mVn =
pnl'axe
après(o,x)
Soit
sur
Soitencore
encoreen
ensimplifiant
simplifiantpar
parmmetetenenprojetant
projetant
sur
l'axe (o,x)
2 :
i 2
f 2
21 VVn i=i =VVnf +f kV
+ kfVNf 2
2
2
1
1
1
f
x conservation
cinétique
: mVni = mVnf + kmVNf .
N
1 Vn n de= l'énergie
nVn + kV
N
2
2
2
i 2
f 2
f 2
Que l'on peut réécrire sous la forme
2 : Vsimplifiant
nf +2m+k etkVNen
fprojetant
Vn ni =2 i=VnVpar
2
V
Soit encore2en
sur l'axe (o,x) :
f
f N
1
V
+
V
=
kV
n
n
N
Que l'on peut réécrire sous la forme :
1 Vni = Vnf +2 kVNf
Que l'on peut réécrire sous la forme
:f 2
i 2
i
f
i
2 Vn V1n V=i +Vi Vn +f V=f n kV
VNfn2f VVnfni=2 =kVVnfNf2+ k VNf 2
n
n
1 Vn +Vn = kVN
i 2ces deux
f 2 équations,
i
En divisant membre à membre
oni obtient
: f 2
Que
l'on
peut
réécrire
sous
laf forme
: f
2 Vn i 2 Vn f =
2 Vn Vn 2 =VVn +ni +VnVnfVnVni VnVnf==ki Vk NVfNf 2 f
Vn = kVN f
k 1 V i .
i divisant
f
En
membre ces
deux
onkobtient
et en àremplaçant
dans
(1),équations,
: Vn =
Vni 1f V2n:fV:n ,+id'où
Vni +Vnf =
V
Vnf = Vmembre
n Nmembre
n
2 obtient
En
divisant
à membre ces
deux
équations,
ion
f
i
f k +1 f 2
2 Vn Vn = Vn +Vn Vn Vkn =1k VN i
V f = k Vni i Vnf f , d'où : Vnf =f k V
Vni i Vnf f = VNf f et en remplaçant dans (1), Vni +
1 .
L'énergie
du neutron
est donnée
remplaçant
dans (1),
Vni +nVnfpar
= k: Vn Vn , d'où : Vn =
Vn Vn =cinétique
VN et enfinale
k +1 nVni .
k +1
2
2
2 donnée
1
1 k 1 : i 2 k 1
L'énergie cinétique finale du neutron
par
f est
E' du
= neutron
mVn est
= donnée
m
E .
L'énergie cinétique finale
par V
:n =
2
2
2 k +122
k 1+12 2
2
k
k
1
1
1
2 i
E' = 1mVnf f =
E2 .
2
2
1m k 12 Vn =
E' =2 mVn =2 mk +1 2 Vnik =
+k1+k21212 E .
2
2 kpar
k2 +,1pour
N chocs l'énergie du
+1K =
Pour un choc, l'énergie du neutron
est divisée
L’énergie cinétique initiale du neutron étant 1 MeV, combien
k 1de
12 chocs identiques au précédent
k+
Pour
un choc,divisée
l'énergie
est divisée par K = k +12 2, pour N chocs l'énergie du
N
neutron
pardu
.
Kneutron
Pour unsera
choc, l'énergie
du
neutron
est divisée par K =k 1 2 , pour N chocs l'énergie du
k 1
N
neutron
sera divisée
par K lorsque
.
La condition
est satisfaire
K N t 1MeV / 0,025eV = 40106 . N est donc l'entier qui
N
neutron sera divisée par K .
vérifie:
UJF
L1
TD Phy
qui12a/12b
La
condition est satisfaire lorsque K N t 1MeV6/ 0,025eV = 40106 . N est donc l'entier
N
6
La
condition
est
satisfaire
lorsque
K
t
1MeV
/
60,025eV = 4010 . N est donc l'entier qui
vérifie:
N t ln 4010 / ln K .
vérifie:
N t ln 40106 / ln K .
N t ln 40106 / ln K .
x
Phy 12a/12b
Quantité de mouvement et collisions : corrections
2013-2014
cette particule doit-elle subir pour que son énergie cinétique finale soit au plus de 25 meV (thermalisation) lorsqu’elle percute :
1. des noyaux d’hydrogène (k = 1) ?
2. des noyaux de deutérium (k = 2) ?
3. des noyaux de carbone (k = 12) ?
Pour un choc, l’énergie du neutron est divisée par K =
neutron sera divisée par K
N
(k+1)2
(k−1)2
, pour N chocs l’énergie du
.
La condition est satisfaite lorsque K N > 1 MeV /0, 025 eV = 40 106 . N est donc le plus petit
entier vérifiant : N > ln(40 106 )/ ln(K )
1. Pour l’hydrogène : k = 1, N = 1, car l’énergie finale du neutron tombe a zéro au bout
du premier choc. C’est un cas particulier qui est similaire au carreau de la pétanque.
2. Pour le deutérium : k = 2, K = 9, N = 8.
3. Pour le carbone : k = 12, K = 1, 4, N = 53.
Conclusion : quel est l’élément le plus efficace pour ralentir des neutrons ?
C’est donc l’hydrogène qui est l’élément le plus efficace dans le ralentissement des neutrons.
Dans le cas réel, toutes les vitesses avant et après le choc ne sont pas nécessairement colinéaires. Les conclusions sur les mérites relatifs des éléments pour le ralentissement des
neutrons restent cependant inchangées.
N.B. : l’énergie de 0,025 eV correspond aux neutrons en équilibre thermique à 20 ◦C dans le
milieu dans lequel ils se propagent.
UJF L1
7
TD Phy 12a/12b
Phy 12a/12b
Quantité de mouvement et collisions : corrections
2013-2014
Exercices supplémentaires :
Exercice n° 6
Pendule
Exercice 7.2 : **
Penduleetetprojectile
projectile ??
o
Un pendule simple est composé
d’une masse M suspendue à un
fil inextensible et sans masse de
longueur l . A l’instant initial, il
est au repos, le fil étant vertical. Un projectile de masse m
arrive horizontalement avec une
vitesse v et vient s’enfoncer dans
la masse M dans laquelle il reste
incrusté après le choc.
ϑ
amplitude max.
l=2m
M = 2 kg
T
m = 10 g
V
à t < 0 V =200 m/s
V'
àt=0
Uϑ
Ur
àt>0
P
0
1. Calculer la vitesse v de l’ensemble {M + m} immédiatement après le choc, ainsi que
1) Jusqu'à
0, la somme des forces extérieures qui agissent sur le système composé de la
l’énergie dissipée
dans tle= choc.
masse suspendue au pendule et du projectile est nulle. Il en résulte que la quantité de
&
1) Jusqu'à t = 0, lamouvement
somme des
forces
agissent sur
le sesystème
composé
de la
de ce systèmequi
est conservée,
ce qui
traduit par
:
totale
( ptot )extérieures
1) Jusqu'à
t
=
0,
la
somme
des
forces
quinulle.
agissent
le système
masse suspendue au pendule et duextérieures
projectile est
Il ensur
résulte
que lacomposé
quantité de
de la
&
masse
suspendue
et du projectile est nulle. Il en résulte que la quantité de
mouvement
totaleau
( &ppendule
tot ) de ce système est conservée, ce qui se traduit par :
&
& conservée, ce qui se traduit par :
mouvement
totale (&ptot ) de ce système est
&
p
&'
& tot t < 0 = mV& = &ptot t = 0 = m + M V
ptot t < 0 = mV = ptot t = 0 = m + M V'
m
0,01
ou encore : V' = m V = 0,01 ˜ 200 m/s = 0,995 m/s | 1 m/s .
ou encore : V' = m + M V = 2,01˜ 200 m/s = 0,995 m/s | 1 m/s .
m+ M
2,01
Le choc est inélastique. Il conduit a une variation d'énergie cinétique qui est donnée par :
Le choc est inélastique. Il conduit a une variation
d'énergie cinétique qui est donnée par :
1
1
1
m2
1
1 mM
2
2
2
ΔEc = 1 m + M V' 22 1 mV22 = 1 m + M m 2 2 V2 1 mV2 = 1 mM V2 = 199 J
= 199 J
ΔEc = 2 m + M V' 2 mV = 2m + M m + M 2 V 2mV = 2 m + M V
2
2
2
2
2 m + M m + M m
2) (M + m) part avec une vitesse V' = m V donc une énergie cinétique :
2. 2)
Calculer
l’amplitude
θ des
oscillations
pendule.
donc une énergie cinétique :
(M + m)
part avec une
vitesse
MV
V' = m +du
m+ M
1
1
m2
1
m2
2
2
Ec 1 m + M V c22 1 m + M m2 2 V2 1
m2 V2
Ec 2 m + M V c
2 m + M m + M 2 V
2 m + M V
2
2
2 m + M m + M Au point le plus haut (vitesse nulle), cette énergie est entièrement convertie en énergie
Au point le plus haut (vitesse nulle), cette énergie est entièrement convertie en énergie
potentielle de pesenteur :
potentielle de pesenteur :
UJF L1
Ep
Ep
m M gh m M gl 1 cosT
m M gh m M gl 1 cosT 8
d'où 1 cos T d'où 1 cos T 2
2
1
mV
1
1 §§¨ mV ··¸ | 1 , d'où θ = 12,8oo .
|
2 gl ¨ m M ¸
40, d'où θ = 12,8 .
2 gl ©© m M ¹¹ 40
TD Phy 12a/12b
& &
&
&
t <ptot0m
t==m0V ==0,01
= 0V'= m + M V'
pmtot+tM
ptot t < 0 = mpVtot=
ou encore : V' =
V=
˜ 200 m/s = 0,995 m/s | 1 m/s .
m
2,01
m
0,01
m+ M
0,01
ou
encore
:
V'
=
V=
˜ 200 m/s
ou encore : V' =
. | 1 m/s .
V = m +˜M
200
m/s2,01
= 0,995
m/s=|0,995
1 m/s m/s
m+ M
2,01
Le choc est inélastique. Il conduit a une variation d'énergie cinétique qui est donnée par :
2
Le choc est
amune
variation
d'énergie
cinétique
qui est donnée par :
1 inélastique.
1inélastique.
1 Il conduit
1 cinétique
1 qui
mM
2
2
Le choc est
conduit
d'énergie
est donnée
par :J
M V' 2 Il
mV
= amune
+ Mvariation
V 2: V 22013-2014
= 199
2 mV = Phy 12a/12bΔEc = m +
Quantité
de
mouvement
et
collisions
corrections
2
1
1
1
m
1
1
mM
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
m
+
M
m
+
M
ΔEc =2 1m + M
V'1 mV = m
m + M 2 1 22V 1 mVmM
= 2
V 2 = 199 J
1
ΔEc = m + M V'
2 mV 2 = m2+ M 2
V
mV
=
V
=
199
J
2
2
m
+
M
m +2 M 2
2
2
2 m + M mm + M 2
2) (M + m) part avec une vitesse V' =
V donc
m une énergie cinétique :
m
2) (M + m) part avec une vitesse
V' =
V donc une énergie cinétique :
m+ M
m +une
M énergie cinétique :
2) (M + m) part avec une vitesse V' =
V donc
2
m+ M
1
1
m
1
m2
Ec
m + M V1 c2 m +c2M 1 2 2 V 2 m2 22 1 V 2 m2 2
Ec
m1+2M V
mmm++M 2m +1 M2 2mmV+ M22 m + M V
1 2
Ec
V
V
m + M V c22 m + M 2
2
2
2
2 m + M m + M Au point le plus haut (vitesse nulle), cette énergie est entièrement convertie en énergie
Au point le plus haut (vitesse nulle), cette énergie est entièrement convertie en énergie
de pesenteur
: nulle), cette énergie est entièrement convertie en énergie
Aupotentielle
point le plus
haut (vitesse
potentielle
de pesenteur
:
potentielle de pesenteur :
Ep m M
cos
mM M
Ep gh m gh gl m1M
glT 1 cosT Ep m M gh m M gl 1 2 cosT 2
1 § mV ·
1 ·
1 12,8o .
T 1 cos¨T 12 ¸ §¨ |mV , d'où
d'où 1 cos
| θ =, d'où
θ = 12,8o .
d'où
¸
2
gl
m
M
40
1 § ©mV 2· gl¹ © m
1 M ¹ 40 o
d'où 1 cos T ¨
¸ | , d'où θ = 12,8 .
2 gl © m M ¹ 40
A.N. g = 10 m/s2 , l = 2 m, m = 10 g, M = 2 kg, v = 200 m/s.
Exercice n° 7
Angle maximum de déflexion ??? ,
Cet exercice est corrigé dans le polycopié de TD.
Une particule de masse m 1 et de vitesse V1 heurte une particule de masse m 2 et de vitesse nulle.
La collision est supposée élastique.
En supposant m 1 > m 2 , calculer l’angle maximum de déflexion θ1max de la particule 1.
Deux possibilités pour traiter ce problème :
1. Dans le référentiel du centre de masse :
2. Dans le référentiel du laboratoire :
En exploitant la conservation de la quantité de mouvement, on exprimera V10 et V20 en
fonction de V1 , θ1 et θ2 . En reportant ces valeurs dans l’équation de l’énergie, on en déduira θ1 en fonction de θ2 , m 1 et m 2 .
Exercice n° 8
Patineur et ballon ?
Un patineur de masse M = 70 kg est immobile au centre d’une patinoire circulaire de rayon
r = 20 m. On lui lance un ballon de masse m = 2 kg. Le ballon a une vitesse horizontale v = 10
m/s lorsque le patineur l’attrape. L’ensemble patineur-ballon se met en mouvement, supposé
sans frottement.
UJF L1
9
TD Phy 12a/12b
Exercices supplémentaires
Phy 12a/12b
Quantité de mouvement et collisions : corrections
2013-2014
Exercice 7.5 : * Patineur et ballon
Quel temps mettra-t-il pour atteindre le bord de la patinoire ?
Le patineur se saisissant du ballon, il s’agit
d’un choc inélastique dans lequel seule la
quantité de mouvement du système formé
par le ballon et le patineur est conservée au
cours du choc (au moment du choc, le système patineur-ballon n’est soumis à aucune
force externe). Ceci se traduit par la relation
suivante :
#»
#»
m V = (m + M )V 0
#»
dans laquelle V 0 est le vecteur vitesse de l’ensemble patineur-ballon après le choc.
V
r = 20 m
'
M = 70 kg
o
patineur
V
V = 10 m/s
ballon
m = 2 kg
#»
On choisit de projeter cette relation sur un axe parallèle à V , orienté dans le même sens que
#»
Le patineur
saisissant
duleballon,
d'un choc
dans: lequel seule la quantité de
V et dont l’origine
O seseconfond
avec
centreildes'agit
la patinoire.
Oninélastique
obtient alors
mV = (m + M )V 0
soit V 0 =
m
V
m+M
Après le choc, l’ensemble patineur-ballon se dirige (en mouvement rectiligne uniforme car
pas de frottements) vers le bord de la patinoire qu’il atteint au bout du temps :
t=
Exercice n° 9
r
m+M
2 + 70
=
r=
20 = 72 s (après le choc)
0
V
mV
2.10
Désintégration du radon ??
Un atome de radon au repos (masse 222 u.m.a.) émet en se désintégrant une particule α (noyau
d’hélium, masse 4 u.m.a.) et se transforme en atome de polonium (masse 218 u.m.a.) :
222
86 Rn
→ 42 He + 218
84 Po
Quelle est la vitesse et l’énergie cinétique de l’atome de polonium, sachant que l’énergie cinétique de la particule α est E c = 5, 5 × 106 eV ?
Rappel : u.m.a. = unité de masse atomique ; un atome de carbone a pour masse 12 u.m.a. ; 1
mole de carbone a pour masse 12 g ; le nombre d’Avogadro N ≈ 6 × 1023 molécules par mole.
UJF L1
10
TD Phy 12a/12b
Phy 12a/12b
Quantité de mouvement et collisions : corrections
2013-2014
On examine ce problème dans un référentiel
lié à l’air dans lequel se désintègre l’atome de
222
radon. On choisit un repère fixe par rapport
86
avant
à l’air et aux atomes de radon. Au cours de
se conserver. Ce problème ressemble conceptuellement
couple de patineurs qui
mR = 222au
uma
la désintégration d’un atome de radon, qui se
(exercice
7.2).
On
obtient
:
produit alors que celui-ci est en suspension,
o
x &
&
&
Vα & i
aucune force externe n’agit sur cet atome. La
V
p
avant
=
0
=
p
après
=
m
V
+
m
se conserver. Ce problème ressemble conceptuellement
au couple de patineurs qui se séparent
αP α
PoVP .
après
quantité
de
mouvement
de
ce
système
doit
(exercice 7.2). On obtient :
conserver. Ce problème
ressemble
conceptuellement
au
couple
de patineurs
qui
se séparent218
Ce problème
qui
après
aux vecteurs vitesse :
donc
se conserver.
Ce
ressemble
& sur &un
& donne
& projection
particule
α axe (o,x) colinéaire
84
p
avant
=
0
=
p
après
=
m
V
+
m
V
.
se
conserver.
Ce
problème
ressemble
conceptuellement
au
couple
de
patineurs
qui
se
séparent
ercice 7.2). On obtient
:
α
α
Po
P
conceptuellement au couple de patineurs qui
mα
mα
1
2
(exercice
7.2).
On obtient
: On obtient
&colinéaire
, carse: désintègre
,
Vproblème
2liéEàα l'air
Vαun
=référentiel
Eα = m
On&axe
examine
dans
lequel
l'atome
se
(exercice
: (o,x)ce
& donne
& 7.2).
Ceséparent
qui
après projection
sur un
aux
vecteurs
vitesse
:/ mdans
αVα de
Po =
α
Rn
Po
&m fixe &par m
pavant = 0 = paprès
m
VP . un repère
& = mradon.
& Pochoisit
rapport
à l'air et aux atomes de radon. Au2cours de la
αVα +On
Po
Po
qui donne après
=m0α= paprèsd'un
= atome
pavant désintégration
mαVα +demradon,
PoVP . 1
m
qui se produit
alors que celui-ci est en suspension,
2
,
car
:
VPo = α Vα =aucune
2
/
E
m
E
mαVLa
α =atome.
α ,quantité de mouvement de ce système doit donc
α
α
force
externe
n'agit
sur
cet
soit
encore
pour
l'énergie
cinétique
de
l'atome
de
polonium :
projection
sur
un
axe
(o,x)
colinéaire
aux
vecteurs
vitesse
:
2 vitesse :
mPosur un m
Ce qui donne après projection
axe
Po (o,x) colinéaire aux vecteurs
se conserver. Ce problème ressemble conceptuellement au couple de patineurs qui se séparent
VPo
(exercice
7.2).deOn
obtient : :1 1
mα
mα l'atome
soitmencore pour
de
m l'énergie cinétique
1polonium
2 :
car
/ mα mα,EV
: 2EEαα =
, Eα =mPomVαVPoα2 ,2 =
= α Vα = α V2PoE=
mα Vα =, car
α =
α /m
Po
2
m
Po
Po
mPo
mPo
1
1 m2Po 2
2
2 2 m
EPo = mPo VPo =
mα Vα = α Eα .
2
2 de l'atome 2
soit encore pour l'énergie cinétique
dempolonium
: mPo
Po
t encore pour l'énergie cinétique de l'atome
de polonium
:
A.N.
:
m
1 mPo 2
2
mα Vα = α Eα .
2
2 mPo
mPo
1
1EPom=Po2 m2Po VPo 2 = 2mmα 2 mα Vα = m Eα .4
2
PoE .
EPo = mPo VPo =
m V 4 =
EPoPo=
˜ 5,5 MeV = 100,9 keV
α 100,9 keV
2 E α= α ˜ 5,5 MeV =
Po
218
2
2
m
m
Po
Po
218
A.N. :
1
A.N. :
2
1 mPo
2
2
mα
19
19
rappelle
, c'est
l'énergie
1eV =acquise
1,610par
J un
On rappelle que 1eV =On
l'énergie
électron
accéléréacquise
dans unepar un électron accéléré d
1,610
J , c'est
4que
EPo =
˜ 5,5 MeV = 100,9 keV
différence de potentielsdifférence
de 1V.
218potentiels de 1V.
de
N. :
4
19= 100,9 keV
EPo4 =que 1eV
˜ 5,5
MeV
On rappelle
, c'est l'énergie acquise par un électron accéléré
dans
=61,610
23
27 une
= 0,012
VPo =
2218
u 5,510
u1,610J19 / 44 uma avec 1 uma
6
19 / 12 / 6,02210 = 1,6610 kg
avec
1
uma
= 0,012 / 12 / 6,0221023 = 1,6610
V
=
2
u
5,510
u
1,610
/
4
uma
218
différence de potentiels de 1V.
Po
218
19
rappelle que 1eV = 1,610
c'est
l'énergie
acquise
par un électron accéléré dans une
4 , 298
soit : VPoJ=
.6
km/s
19
VPo =
2 u 5,510 u1,610 / 4 uma avec 1 uma = 0,012 / 12 / 6,0221023 = 1,661027 kg
soit : VPo = 298 km/s .
férence de potentiels de 1V. 218
VPo =
se
soit
: VPo = 298
km/s .
4
Exercice
n° 10
27
kg
2 u 5,5106 u1,61019 / 4 uma avec 1 uma = 0,012 / 12 / 6,0221023 = 1,6610
Estimation de la masse du neutron ??
218
t : VPo = 298 km/s .
Une particule P 1 de masse m 1 et de vitesse V1 heurte une particule au repos P 2 de masse m 2 . La
collision est élastique. P 2 est projetée dans une direction qui fait un angle θ avec la trajectoire
initiale de P 1 . Pour quelle valeur de θ la vitesse V20 de P 2 est-elle maximum ?
UJF L1
11
TD Phy 12a/12b
V2 CM
V1 CM
après
après
V1 CM
V2 CM
Phy 12a/12b
CM
après
après
CM
CM
'
V2 CM
'
V2 CM
θCM
θCM
Quantité de mouvement et collisions : corrections
'θ
V2 CM
CM
'
V2 CM
θCM
2013-2014
VCM
VCM
'
'
V
V
Ce problème, comme de nombreux
CM
1 CM1autres,
est V
plus commode à résoudre en passant dans
VCMCM comme de nombreux autres (voir exercice précédent),
y
à à
' Ce
Ce problème,
comme
deCentre
nombreux
autres
(voir
est plus
pluscommode
commode
' leproblème,
repère
lié au
de Masse
(CM) des
par-exercice précédent), est
VV
1 CM
CM
repère du(CM)
labo des particules P1 et P2. La
résoudre
en passant dans le repère lié au Centre de Masse
CMpassant
ticules P1 dans
et P2 . le
La repère
vitesse du
donnée
résoudre 1en
liéCM
au est
Centre
de Masse
(CM)
des particules P1 et P2. La
vitesse
du
CM
est
donnée
par
:
de nombreux
autres
(voir
exercice
précédent),
est
plus
commode
à
P1
,
m
P2 , m2
par est
: donnée par :
vitesse du CM
e nombreux
exercice
plus commode à 1
j
& (CM) des
&précédent),
ans
le repère lié autres
au Centre(voir
de Masse
particules
P1est
et
&
m1P2. &La
, dans
=particules
&m1 + mde
&1 soit Vdes
& V1 P1
s le par
repère
lié au Centre
Masse
et ce
P2.repère
La les vitesses de P1 et P2 sont :
nnée
:
2 V&
CM = m1V(CM)
CM m
1m + m
o i de P1 et P2 sont
1 V 2, dans ce repère les vitesses
m
+
m
V
=
m
V
soit
:
V
=
x
1
1 1
CM
1
V1
ée par&:
m1 &2 CM
m
+
m
1
2
soit VCM =
vitesses
de
P1
et
P2
sont
:
V1 , dans ce repère les
& &
&
& &
&
m2 &
m1 &
m1 +m
m2 &
&
V1CM = V1 VCM =
V1 et V2CM = 0 VCM = V1 .
1
& &:
& ce repère
& & les vitesses
&m2P1 &et P2 sont
&
m1 +
m1 +mm
oit& VCM
,
dans
de
=
V
m
2
1
2
1
&
& V& =
& V V m=
&
m+2 m&
et
V
V
=
0
V
=
V
m
1
1
CM
1
CM
1
2
CM
CM
1 .
= V1 VCM = 1
V12 et V2CM = 0 VCM = V1 .
m1 + mV
m1 + m2
m1 + m2 m1 + m2
2
CM
& &
& &
&
&
&
m2 Puisque
m1 extérieures
repère du CM
la
résultante
des
forces
qui
s'exercent
sur
le
système
composé des
V1 VCM =
V1 et V2CM = 0 VCM = V1 .
avantet que celle-ci est élastique, la quantité
particules
P1
et
P2
est
nulle
au
moment
de
la
collision
m1 + m2
m1 + m
2
des forces extérieures
qui s'exercent sur le& système
composé
des
Puisque
la
résultante
des
forces
extérieures
qui s'exercent
sur le( Esystème
composé
) ainsi la
que
l'énergie
cinétique totale
) du système
sontdes
de
mouvement
totale
(
p
totCM
nulle au moment de la collision
et
que
celle-ci
est
élastique,
quantité
V2 CMtotCM
V1 CM
Puisque la résultante des forces extérieures
&
P1 et P2
est
nulle
depeut
la collision
que celle-ci
est élastique,
la quantité
conservés.
Dans
ces au
conditions,
on
aisémentetmontrer
(voir cours)
que les particules
ainsi que l'énergie
cinétique
( Emoment
système
sont
( ptotCM ) particules
totCM ) du compose
qui s’exercent
sur le
système
des
&totale
sortent
de
la
collision
avec
des
vecteurs
vitesses
(dans
le
CM)
possédant
des
) ainsi
que
l'énergie
cinétique
sont
de on
mouvement
totale
( ptotCM
θmodules
après destotale
conditions,
peut aisément
montrer
cours)
les
particules
es
forces
extérieures
qui
s'exercent
sur
leau
système
CM
CM ( EtotCM V) du
' système
particules
P1 et(voir
P2 est
nulleque
moment
decomposé
la
2
CM
identiques
aux
vecteurs
vitesse
incidents
(dans
le
CM)
c'est-à-dire
:
n
avec
des
vecteurs
vitesses
(dans
le
CM)
possédant
des
modules
ulle au moment de lacollision
collision
et que
celle-ci
est élastique,
et que
celle-ci
est élastique,
la quan- la quantité
s vitesse incidents (dans le CM) - c'est-à-dire :
#»
V'
=
V'
=V
cinétique totale
totale( p(tE
) Vduque
système
sont ' VCM
ptotCM ) ainsi que l'énergie
tité de mouvement
otC
M ) ainsi
totCM
V'
=V
V'
=V
l’énergie cinétique totale (E t otC M ) du système
sont conservées.
V1 CM
Dans ces conditions, on peut aisément montrer (voir cours) que les particules sortent de
la collision avec des vecteurs vitesses (dans le CM) possédant des modules identiques aux
0
0
0
0
vecteurs vitesse incidents (dans le CM), c’est-à-dire : V1C
M = V1C M et V2C M = V2C M . Seule la
direction de propagation (dans le CM) change au cours de la collision (voir graphique).
Après la collision, la vitesse de P2 dans le repère du laboratoire est obtenue par la formule
#»
#»
#»
suivante : V 02 = V 02C M + V C M , on peut se convaincre sur le graphique que son module, V 02
est maximal lorsque l’angle de déflexion de P2 dans le CM est nul ou encore en utilisant la
formule :
³ #» ´2 ³ #»
¢2
#» ´2 ¡
V 02 = V 02C M + V C M = V 02C M + (V C M )2 + V 02C M V C M cos θC M
La vitesse finale maximale de P2 est donc :
V 0max
= V 02C M +V C M =
2
m1
m1
2m 1
V1 +
V1 =
V1
m1 + m2
m1 + m2
m1 + m2
obtenue pour θ = 0 = θC M
(Attention : à angle de déflexion nul, les angles de déflexion mesurés dans le laboratoire et
dans le CM se confondent, ça n’est plus vrai lorsque que l’on s’écarte de la direction incidente !)
UJF L1
12
TD Phy 12a/12b
Phy 12a/12b
Quantité de mouvement et collisions : corrections
2013-2014
Application : Des neutrons de masse m n sont émis avec une vitesse Vn par une cible de béryllium frappée par des particules α. On bombarde avec ces neutrons des cibles contenant
0
des atomes d’hydrogène ou d’azote au repos, et l’on mesure les vitesses maximales Vpr
ot on et
0
Vnoy au des protons et des noyaux d’azote éjectés. On connaît m noy au /m pr ot on = 14 et on mesure
0
0
Vpr
ot on /Vnoy au = 7, 5. En supposant les collisions élastiques, montrer que l’on peut en déduire
(Attention
: à angle
de déflexion
nul, les
de déflexion
mesurés
dans le
laboratoire
et
(Attention
: à angle
de déflexion
nul,angles
les angles
de déflexion
mesurés
dans
le laboratoire
et
une valeur approchée de la masse m n du neutron.
dans dans
le CM
se confondent,
ça n'est
plus plus
vrai lorsque
que l'on
de la dedirection
le CM
se confondent,
ça n'est
vrai lorsque
que s'écarte
l'on s'écarte
la direction
incidente!)
incidente!)
Application
: les vitesses
maximales
des protons
(noyaux
d'hydrogène)
et desetnoyaux
d'azote
Application
: les vitesses
maximales
des protons
(noyaux
d'hydrogène)
des noyaux
d'azote
sont données
par
(voir
formule
ci-dessus)
:
sont données par (voir formule ci-dessus) :
2 m mN
2m
vitesse
incidente
des neutrons
frappant
V' P = V' P = N 2V
et V' = n = N 2VmNN ouVNVNouest
la vitesse
incidente
des neutrons
frappant
VNla est
mN +mNP + mN P VNn et V'
mN +mnN+ mn la cible
contenant
des atomes
d'hydrogène
et d'azote
et mNetest
masse
inconnue
du neutron.
la cible
contenant
des atomes
d'hydrogène
et d'azote
la masse
inconnue
du neutron.
mNla est
m +
m / m +m / m
V'
On obtient
: P :=V' PN= mNn +
= mnN= mPN / nP + mP n / mP
On obtient
V' n V'mnN + mNP + mP mN / m
mPN+/1mP +1
mn V'
mnP V' P
mn m
mP m
V'Pn V' n
soit : soit
7,5 .
= 1 , pour
mN :/ m
= 14V' Pet/ V'V'n =
= 1 , pour= 14n et
mPN=/ mV'
P / V' n = 7,5 .
P =
mp mp
P
1 P 1
V'
V' n V' n
Exercice 7.8
n° 11
Exercice
:7.8
** :Echange
entreentre
deuxdeux
wagons
Exercice
** Echange
wagons
Échange entre deux wagons ??
Deux wagons sont lancés sur deux voies parallèles. Leurs
vitesses initiales sont respectivement V1 et V2 , leurs
masses totales M 1 et M 2 . Au moment où ils sont face à
face, un sac de masse m est lancé du premier wagon vers
le second, et vice versa. Les frottements sont suffisants
pour qu’après un temps très court, les sacs se trouvent
immobiles dans leurs wagons destinataires respectifs.
M1
V1
avant
x
i
M2
o
V2
M1
après
V1'
M2
V2'
1. Calculer les vitesses des wagons après réceptions des sacs.
Si on étudie le système formé des deux wagons, les forces qui conduisent à l'échange des sacs
sont internes ; elles n'engendrent donc pas de variation de la quantité de mouvement totale.
De plus après le croisement, et après que les sacs échangés se soient immobilisés dans leurs
wagons destinataires, les wagons s'éloignent en transportant les mêmes masses (car l'un et
l'autre perdent m et gagnent m). On peut donc écrire :
&
&
&
&
M1V1 + M 2V2 = M1V'1+M 2V'2
On peut remarquer que l'échange permet de recomposer les wagons (au cours du
UJF L1 mouvement!), ce qui s'écrit sous la forme :13
TD Phy 12a/12b
&
&
&
&
&
&
&
&
M1V1 + M 2V2 = M1 mV1 + mV2 + M mV2 + mV1 = M1V'1+M 2V'2 ,
qui conduit à écrire :
&
&
&
&
& M1 mV1 + mV2
& M 2 mV2 + mV1
V'1 =
et V'2 =
,
M1
M2
ce qui après projection donne : V'1 =
M1 mV1 mV2
M1
et V' 2 =
M 2 mV2 mV1 .
M2
Si on étudie le système formé des deux wagons, les forces qui conduisent à l'échange des sacs
sont internes ; elles n'engendrent donc pas de variation de la quantité de mouvement totale.
De plus après le croisement, et après que les sacs échangés se soient immobilisés dans leurs
Phy 12a/12b
Quantité de mouvement et collisions : corrections
2013-2014
wagons destinataires, les wagons s'éloignent en transportant les mêmes masses (car l'un et
l'autre perdent m et gagnent m). On peut donc écrire :
&
&
&
&
M11V11 + M 22V22 = M1V'1+M 2V'2
On peut remarquer que l'échange permet de recomposer les wagons (au cours du
mouvement!), ce qui s'écrit sous la forme :
&
&
&
&
&
&
&
&
M11V11 + M 22V22 = M11 mV11 + mV22 + M mV2 + mV1 = M1V'11+M 22V'22 ,
qui conduit à écrire :
&
&
&
&
& M1 mV1 + mV2
& M 2 mV2 + mV1
1
1
2
2
2
1 ,
V'11 =
et V'22 =
M11
M 22
M mV11 mV22 et V' = M 22 mV22 mV11 .
ce qui après projection donne : V'11 = 11
22
M11
M 22
[Remarque : le graphique est représenté pour des trains circulant dans des sens opposés. On
peut évidemment en déduire ce qui se passe lorsque les sens de circulant sont identiques.
Tous les vecteurs vitesse sont alors orientés dans le même sens et cela conduit aux formules :
M mV11 + mV22 et V' = M 22 mV22 + mV11 (inversion du signe de V et V' ). ]
V'11 = 11
22
22
22
M 22
M 22
2. Calculer V2 en fonction de V1 , M 2 et m pour que l’on ait V20 = 0.
Pour obtenir V20 = 0 on doit satisfaire l’équation (M 2 − m)V2 − mV1 = 0 soit :
V2 =
m
V1
M2 − m
⇒
V2 =
100
9 m/s = 1 m/s
1000 − 100
A.N. M 2 = 1000 kg ; m = 100 kg ; V1 = 9 m/s.
Exercice n° 12
Remplissage d’un wagon ??
dm / dt
On se propose de remplir un wagon avec du
charbon pendant que le train roule avec une vitesse V0 . Pour cela une trémie laisse tomber verticalement dans le wagon une masse de charbon ddmt par seconde.
o
M
x
i
F
V0 = cte
1. Quelle doit être la force de traction appliquée au wagon pour maintenir sa vitesse constante ?
On négligera les forces de frottement du wagon sur les rails et dans l’air.
À vitesse constante ( V0 ), la variation de masse (M) du train engendre une variation de sa
quantité de mouvement qui doit être compensée par l'action d'une force motrice externe
(réaction des rails à la poussée de la motrice). Cela se traduit en utilisant le PFD par :
&
&
&
&
UJF L1
14
TD Phy 12a/12b
Fdt = dP = d MV0 = dMV0 ,
dM
dm
car la variation de la masse M du train est
= V0
dt
dt
dm
due au taux de chargement en charbon du train ( M t = M 0 +
t ).
dt
soit après projection sur (o,x) F = V0
oo i
i
M
M
xx
V
FF
V0 =
= cte
cte
Quantité de mouvement et collisions : corrections 0
Phy 12a/12b
2013-2014
À
À vitesse
vitesse constante
constante ((VV00 ),), la
la variation
variation de
de masse
masse (M)
(M) du
du train
train engendre
engendre une
une variation
variation de
de sa
sa
quantité
de
mouvement
qui
doit
être
compensée
par
l'action
d'une
force
motrice
externe
quantité de mouvement qui doit être compensée par l'action d'une force motrice externe
(réaction
(réaction des
des rails
rails àà la
la poussée
poussée de
de la
la motrice).
motrice). Cela
Cela se
se traduit
traduit en
en utilisant
utilisant le
le PFD
PFD par
par ::
&&
&&
&&
&&
FFdt
dt=
=ddPP=
=dd M
MVV00 =
= dM
dMVV00 ,,
dM
dM V dm
dm
soit
car la
la variation
variation de
de la
la masse
masse M
M du
du train
train est
est
soit après
après projection
projection sur
sur (o,x)
(o,x) FF =
=V
V00 dt =
= V00 dt car
dt
dt
dm
dm
Fdt
dP =de
d chargement
MV0 = dMVen
due
au
0 , charbon
).
due
au=taux
taux
de
chargement
en
charbon du
du train
train (( M
M tt=
=M
M00 +
+ dt tt ).
dt
Fdt = dP = d MV0 = dMV0 ,
dM
dm
car la variation de la masse M du train est
soit après projection sur (o,x) F = V0
= V0
dt
dt
dm
2. Calculer l’énergie cinétique acquisedM
par le charbon
chargé pendant un temps T . Calculer
car la variation
soit après projection sur (o,x) F = V0
dm de la masse M du train est
= V0
due au
taux
de chargement
en charbon
train
= M 0 + comparer
t ).
dt duce
dt( M t temps,
le travail
des
forces
de traction
pendant
même
ces deux énergies et
dt
dm
conclure.
dueL'énergie
au taux de
chargement
enpar
charbon
du train
( M pendant
t = M 0 +
t ). de temps T est :
cinétique
acquise
le charbon
chargé
l'intervalle
dt
1 dm
L'énergie cinétique acquise par le charbon
pendant
TV02 , l'intervalle de temps T est :
ΔEchargé
c =
2 dt
1 dm
TV02 ,
c =
pendant ce même temps, le train s'estΔE
déplacé
2 de
dt : V0T ,
V0T déplacé
T : VT,
pendant ce même temps, le train s'est
& & V0de
dm0
dm
dx = V02
T.
W = ³ F ˜ dl = ³ V0
dt
dt
V0T 0
& & V0T0 dm
dm
2
˜ dl = ³ Và0 l'énergie
dx = Vcinétique
T . acquise (d'un facteur 2). Le
W = est
0
³0 Fsupérieur
Le travail de la force motrice
dt
dt
0
théorème de l'énergie cinétique ne s'applique pas, car celui-ci demande que la masse du
Lesystème
travail de
la force
motrice est supérieur à l'énergie cinétique acquise (d'un facteur 2). Le
étudié
soit constante.
théorème de l'énergie cinétique ne s'applique pas, car celui-ci demande que la masse du
système étudié soit constante.
A.N. : F = 4000 u 5 N = 20 kN , ΔEc = 250 kJ , W = 500 kJ .
A.N.
dm
dt
UJF L1
A.N. : F = 4000 u 5 N = 20 kN , ΔEc = 250 kJ , W = 500 kJ .
= 4000 kg/s, V0 = 5 m/s, T = 5 s.
15
TD Phy 12a/12b