203-NYAChapitre 5:

Solutions à certains exercices

D’autres solutions peuvent s’ajouter sur demande: nrsavard@sympatico.ca ou 647-5967

x

mg

y

« x » « y »

T1 T1<40o T1 cos 40o

0.766 T1 T1 sin 40o

0.643 T1

T2 T2<120o -T2 cos 60o

-0.500 T2

T2 sin 60o

0.866 T2

mg 68.7<-90o 0 -7 x 9.81-68.7

R 0 0 0

1 2

1 2

1 2 2

2 2 2

1

0.766 0.500 0 0

0.643 0.866 68.7 0

0.500 0.6530.766

68.70

0

.643 0.653 0.866 68.7 53.40.643 0.653 0.866

0.653 53.4 34.9

0x

y

T T

T T

T T T

T T

F

N

F

T N

T

On applique la 2e loi de Newton à l’anneau central qui est en équilibre statique (résultante = 0).

E1

.5 40 cos cos 0

70 9.810 2 sin 0 114532sin 2 sin1.72

1.5 1.722 100 2

x

y o

o

NYA Ch E

F T T

mgF T mg T N

htgL

T Tmg

1.5 m

E4

v0 = 400 m/s v = 0

xx = 0 x = 3 cm

F F

2 20

2 26 20

6

.5 8

) 2 0

400 2.67 102 2 0.03

0.01 2.667 10 2670026700 26700) 45.3

60 9.81 589

NYA Ch E

a v v a x

va m s

xF ma NFbP

E8

F = 5 N37o

37o

xy

2

2 21 10 2 2

.5 16

) cos37 sin 37

5 cos37 1 9.81 sin 37 1 1.911

) 4 2 1.91 2 4.18

o ox

o o

NYA Ch E

a F ma F mg ma

a m s

b x v t at m

mg

37o

Note: il faut vérifier que le temps pour s’arrêter (2.09 s) est supérieur à 2 s car dans le cas contraire, le déplacement serait différent de la distance parcourue.

E16

2 20

20

20

2 20

2 20

.5 21

2 0

2

275 25) 31.5

2 2 0.7575 25) 93.8

2 2 0.25

NYA Ch E

v v a x

va

xmv

F maxmva F kNx

mvb F kNx

F

a

v0x

E21

E25

5 4 2

0

2 21 10 0 2 2

.5 25Première phase du mouvement:

2 10 1.4 10 9.81 14.3 9.81 4.480 4.48 60 269

0 0 4.48 60 8.06Deuxième phase du mouvement:

9.

NYA Ch E

F ma P mg ma

a P m g m sv v at m s

y y v t at km

F ma mg ma

a g

2

0 0

2 22 20

0

0

81 8056 269

269 3680 car 2 02 2 9.81

8060 3680 11.7

m s y m v m s

vy m v v g yg

y y y km

y

8.06 km

11.7 km

0 km

269 m/s

Pendant la première phase du mouvement, alors que les moteurs sont en marche, la fusée accélère vers le haut, gagnant de l’altitude (8.06 km) et de la vitesse (269 m/s).

Pendant la deuxième phase du mouvement, la fusée continue sur sa lancée, en chute libre, pour atteindre une altitude maximale de 11.7 km. Les conditions initiales de la deuxième phase sont les conditions finales (y0 & vo) de la première phase.

2

.5 31

) 20 5 20 5 4

) 20 20 20 3 4 8

) 3 4 12

) 3 4 12

x AB

x BA B BA B

R x B

x BA B

NYA Ch E

a F ma N m a a a m s

b F ma N F m a F m a N

c F F m a N

d F ma F m a N

a)

b)20 N mB FBA

a

mB mA

mAB

a

20 N

mB

a

FBA

c)

E31

4 5 5 510 1

521

10 1 4

5 4 51 2 2 1

4 410

10

.5 34

4 10 10 4 10 2.2 10 8 10

8 1010 210 10 4 10

) 8 10 4 10 2 7.2 10

) 4 10 2 8 10

) 10

w w w l

w ww

w w w

w w

w l LV w

NYA Ch E

m kg m m kg m kg T N

TF m a T m a a m sm

a F m a T T m a T T m a

b F m a T m a N

c F m m a F m

4 5 610 4 10 2.2 10 2 1.24 10lm a N

a

FLV

#1 T1T2#2#10 #9T10

#10

#9

T1

0

a T2

T1Dans un premier temps, on trouve l’accélération du train en appliquant la 2e Loi de Newton au corps constitué des 10 wagons:

a) On applique la 2e Loi de Newton au wagon #1:

b) On applique la 2e Loi de Newton au wagon #10:

c) On applique la 2e Loi de Newton au train complet, les 10 wagons et la locomotive:

#2#1

T1T2

#2

#10T10

FLV

x E34

60o

30o 60o

30o

xy

N 1 T

xy

N2

T

m1gm2g

1 1 1 2 2 2

1 1 1 2 2 2

1 1 2 2 1 2

2 2 1 1 1 2

22 2 1 1

1 2

1

1 2

1

sin sin

cos 0 cos 0

sin sin

sin sin

sin sin 6 sin 60 5 sin 30 9.81 2.405 6

n

0

i

0

s

x x

y y

o o

T m g m a m g T m a

N m g N m g

T m g m g T m

F m a

a m a

g m m m m a

m ma g m sm m

T m g

F m

F

a

a

F

2 2

5 9.81 sin 30 2.40 36.5

sin 6 9.81 sin 60 2.40 36.5

o

o

N

T m g a N

On applique la 2e loi de Newton pour les deux corps. Seules les équations en « x » sont utiles. On additionne les 2 équations en « x » pour trouver l’accélération. En substituant a dans l’une (ou les deux) des équations, on trouve T.

E36

E39

T

T

mg

) 0

2 02 9 9.81 2 44.1

) 44.1

)

22 9 9.81 0.5 2 46.4

y

y

a F

T mgT mg N

b N

c F ma

T mg maT m g a N

mg

T

1 kg

m = 4 kg

a

F0

mgm = 10 kg

ya

0

0

)

10 9.81 2 118

a F ma F mg ma

F m g a N

) 2 2 4Rb F F ma N

)

4 9.81 2 47.2

c F ma T mg ma

T m g a N

a)

c)

b)

Pour trouver F0, on applique la 2e loi de newton au corps composé des deux masses et de la corde (total 10 kg)

Selon la 2e loi de Newton la résultante FR des forces est égale à ma. Il suffit donc de calculer ma pour trouver FR. Il n’est pas nécessaire de connaître le détail des forces agissant sur la corde.

Pour trouver la tension T au milieu de la corde, on applique la 2e loi de Newton au corps constitué de la moitié de la corde et de la masse de 3 kg.

E41

x

x

m1g

T

T

2 2 2

1 1 1 1

1 2 1

1 2

2 1

1

2 1

1 12 1

.5 42

)

9.81 4 2 4 2.90

)

1 9.81 8 1 2 1.38

NYA Ch E

F m a T m a

F m a m g T m a

a T m g T m a m am g a m a

m g a m a kg

m g TTb am m

m g T m kg

E42

xy

N 1 T

m1g

x

y

N2

TF0

m2g

20o

1 1 0 2

1 1 2 0 2

1 0 1 2

0 1 1 2

1

1

2

0 1

2

sin 30 cos 20

cos30 0 sin 20 0

sin 30 cos 20

cos 20 sin 30

cos 20 sin 30 10 cos 20 3 9.81 sin 30 0.663 5

0

5

0

o o

o o

o o

o

x x

y y

o

o o o o

T m g m a F T m a

N m g N F m g

T m g F T m a m a

F m g m m a

F

F m a

m ga m s

m m

F m a

F F

2

1

0 2

sin 30 3 9.81 sin 30 0.665 12.7

cos 20 10 cos 20 5 0.665 12.7

o o

o o

T m g a N

T F m a N

On applique la 2e loi de Newton pour les deux corps. Seules les équations en « x » sont utiles. On additionne les 2 équations pour trouver l’accélération. Le résultat négatif indique qu’elle est de sens contraire au système de référence.

E43

mgN

y

2

2

.5 45

) 735 , 75 9.81 735 0

) 600 600 735 75 1.81

) 900 900 735 75 2.19

NYA Ch E

F ma

N mg maN mg maa N N mg N a

b N N a N mg m m s

c N N a N mg m m s

La balance mesure le poids apparent. Si ce dernier est plus petit que poids réel mg, cela signifie que l’ascenseur accélère vers le bas. Par contre, si le poids apparent est plus grand que le poids réel, cela signifie que l’ascenseur accélère vers le haut. Finalement, si le poids apparent est égal au poids réel, alors l’accélération est nulle (vitesse constante)

E45

T

mga

y

.5 46

) 3 9.81 4 17.4

) 3 9.81 2 23.4

NYA Ch E

F ma mg T ma mg T ma T m g a

a T m g a N

b T m g a N

Il est commode de choisir le système de référence vers le bas car les deux accélérations sont également vers le bas.

E46

mg

= 78

5 N

N

150o

ma =

192 N

2 22

2 2 2

.5 47

80 9.81 785 90

80 2.40 192 60

2 cos150

785 192 2 785 192 cos150956

sin sin150192 956

5.76

o

o

o

o

o

o

NYA Ch E

F ma mg N ma

mg N

ma N

N mg ma mg ma

NN N

E47

P1

(M+m)g

T T

) 0 2 0

2 75 15 9.81 2 441

) 2

2 75 15 9.81 0.4 2 459

) 0 0

75 15 9.81 883

a F T M m g

T M m g N

b F ma T M m g M m a

T M m g a N

c F T M m g

T M m g N

L’ensemble du peintre et de la plate-forme est supporté par deux cordes, chacune exerçant une force T sur l’ensemble.

Si la 2e corde est fixée au mur alors il ne reste qu’une seule corde pour supporter l’ensemble, ce qui n’est pas suffisant.

P7

(M+m)g

Mg

T

T

x

x

2

2

22 22 2

0 02

2 22

2

2 car 0, et 2 2 2

F ma M m g T M m a

F ma T Mg Ma

M m g T T Mg M m a Ma

M m a M m Dmg M m a g

m mHtD tv Dv v a x a v x H v D t

H H Ht

Masse de droite

Masse de gauche

Addition des deux équations