x - La physique à Mérici

Solutionnaire du chapitre 3
1. On trouve l’accélération avec
F
x
 max
120 N  80kg  ax
ax  1,5 sm²
2. L’accélération de la voiture est
2a  x  x0   v 2  v02
2a  80m  0m    0 ms    27, 78 ms 
2
2
a  4,823 sm²
La force est donc
F
x
 max
F  1200kg  4,823 sm²
F  5787 N
Elle est négative, car elle est dans la direction opposée à la vitesse, qu’on avait mis
positive. La grandeur de la force est donc 5787 N.
3. Sans remorque, l’accélération est
v  v0  at
8 ms  0 ms  a  1s 
a  8 sm²
La force qui accélère le camion est donc
F
x
 max
F  1800kg  8 sm²
F  14 400 N
Version 2017
3 - Les lois de Newton 1
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
Avec la remorque, la masse totale est maintenant de 134 800 kg. L’accélération est
donc
F
x
 ma
14 400 N  134 800kg  a
a  0,1068 sm²
Pour atteindre 10 km/h, il faudra donc
v  v0  at
2, 778 ms  0 ms  0,1068 sm²  t
t  26s
4. L’accélération de l’avion est
F
x
 max
48 900 N  2  23 500kg  a
a  4,16 sm²
La longueur de piste se trouve donc avec
2ax  x  x0   vx2  vx20
2  4,16 sm²  x  0m    80 ms    0 ms 
2
2
x  768,9m
5. On va séparer en composantes x et y en utilisant un axe x vers le droite et un axe y
vers le haut.
Les composantes de la force de 25 N à 0 ° sont
F1x  25 N  cos  0   25 N
F1 y  25 N  sin  0   0 N
Les composantes de la force de 30 N à 45 ° sont
F2 x  30 N  cos  45   15 2 N
F2 y  30 N  sin  45   15 2 N
Version 2017
3 - Les lois de Newton 2
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
Les composantes de la force de 20 N à 90 ° sont
F3 x  20 N  cos  90   0 N
F3 y  20 N  sin  90   20 N
Les composantes de la force de 25 N à 225 ° sont
F4 x  20 N  cos  225   10 2 N
F4 y  20 N  sin  225   10 2 N
Les composantes de la force de 50 N à 270 °
F5 x  50 N  cos  270   0 N
F5 y  50 N  sin  270   50 N
La force totale en x est donc
F
x
 F1x  F2 x  F3 x  F4 x  F5 x
 25 N  15 2 N  0 N  10 2 N  0 N
 32, 07 N
La force totale en y est donc
F
y
 F1 y  F2 y  F3 y  F4 y  F5 y
 0 N  15 2 N  20 N  10 2 N  50 N
 22,93 N
L’accélération en x est donc
F
x
 max
32, 07 N  5kg  ax
ax  6, 414 sm²
L’accélération en y est donc
Version 2017
3 - Les lois de Newton 3
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
F
y
 ma y
22,93N  5kg  a y
a y  4,586 sm²
La grandeur de l’accélération est donc
a  ax2  a y2  7,885 sm²
et sa direction est
  arctan
ay
ax
 35,56
6. Trouvons premièrement la somme des forces sur le traineau et Aaron. On va séparer
en composantes x et y en utilisant un axe x vers la droite et un axe y vers le haut.
Les composantes de la force de 57 N vers la droite sont
F1x  57 N  cos  0   57 N
F1 y  57 N  sin  0   0 N
Les composantes de la force faite par la maman sont
F2 x  55 N  cos 145   45, 05 N
F2 y  55 N  sin 145   31,55 N
Les composantes de la force faite par le papa sont
F3 x  55 N  cos  215   45, 05 N
F3 y  55 N  sin  215   31,55 N
La force totale en x est donc
F
x
 F1x  F2 x  F3 x
 57 N  45, 05 N  45, 05 N
 33,11N
La force totale en y est donc
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3 - Les lois de Newton 4
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
F
y
 F1 y  F2 y  F3 y
 0 N  31,55 N  31,55 N
 0N
Pour trouver la masse, on doit ensuite trouver l’accélération. Si le traineau fait 6 m
en 2 secondes, alors son accélération est
x  x0  v0t  12 ax t 2
6m  0m  0 ms   2 s   12 ax   2 s 
2
ax  3 sm2
La masse est donc
F
x
 max
33,11N  m   3 sm² 
m  11, 04kg
La masse d’Aaron est donc
m  mtot  mtraineau
 11,04kg  2kg
 9,04kg
7. Trouvons
premièrement la somme des forces sur la caisse. On va séparer en
composantes x et y en utilisant un axe x vers la droite et un axe y vers le haut.
Les composantes de la force de 400 N sont
F1x  400 N  cos  30   346, 4 N
F1 y  400 N  sin  30   200 N
Les composantes de la force de 600 N sont
F2 x  600 N  cos 140   459, 6 N
F2 y  600 N  sin 140   385, 7 N
La force totale en x est donc
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3 - Les lois de Newton 5
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
F
x
 F1x  F2 x  F3 x
0 N  346, 4 N  459, 6 N  F3 x
F3 x  113, 2 N
La force totale en y est donc
F
y
 F1 y  F2 y  F3 y
850 N  200 N  385, 7 N  F3 y
F3 y  264,3 N
La grandeur de la force est donc
F3  F32x  F32y  287,5N
et sa direction est
  arctan
F3 y
F3 x
 66,8
8. a) L’accélération de la capsule est
a
F 200 N

 0, 08 sm²
m 2500kg
La vitesse au bout de 0,5 s est donc
v  at  0, 08 sm²  0,5s  0, 04 ms
b) L’accélération de l’astronaute est
a
F 200 N

 2 sm²
m 100kg
La vitesse au bout de 0,5 s est donc
v  at  2 sm²  0,5s  1 ms
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3 - Les lois de Newton 6
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
9. L’accélération de l’objet est
a
F 8 Nm x

 4 s12 x
m
2kg
Puisque a = dv/dt, on a
dv
 4 s12 x
dt
Et voici le tour de magie pour résoudre.
dv dx
 4 s12 x
dx dt
dv
v  4 s12 x
dx
vdv  4 s12 xdx
En intégrant de chaque côté, on a
 vdv   4
1
s2
xdx
4 12
v2
  s x 2  Cst
2
2
Pour trouver la constante, on sait que la vitesse est 10 m/s à x = 0. On a donc
10 ms 
2
 0  Cst
2
Cst  50 ms²²
Ainsi, la vitesse est
4 s12 2
v2

x  50 ms²²
2
2
v 2  4 s12 x 2  100 ms²²
On peut maintenant trouver la position quand la vitesse est nulle
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3 - Les lois de Newton 7
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
0  4 s12 x 2  100 ms²²
4 s12 x 2  100 ms²²
x  5m
10. L’accélération de l’objet est
dv
dt
d (2 sm1 x 2 )

dt
d (2 sm1 x 2 ) dx

dx
dt
dx
 4 sm1 x
dt
a
Puisque dx/dt = v, on a
a  4 sm1 xv
Puisque
v  2 sm1 x 2
L’accélération devient
a  4 sm1 x  2 sm1 x 2
 8 s21m2 x3
La force est donc
F  ma
 2kg  8 s21m2 x3
 16 s2kgm2 x3
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3 - Les lois de Newton 8