Chapitre 8:Solutions à certains exercices
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E1
0 m2 m1
y
U = 0
m2
m1
y
0 U = 0
y2
y1
211 1 2 2 1 22
211 2 1 22
211 2 1 22
211 2 1 22
1 2
1 2
.8 1
0
0
2
2 9.81 0.4 5 21.83
5 2
i f
NYA Ch E
E E
m gy m gy m m v
m g h m gh m m v
m gh m gh m m v
gh m m m m v
gh m mv
m m
v m s
v
v
On ne change rien au problème en mettant les deux blocs au même niveau pour utiliser le même système de référence. Selon ce choix, les deux énergies potentielles initiales sont nulles. Comme le système part du repos, les énergies cinétiques sont également nulles et l’énergie mécanique totale est nulle.
Puisque le bloc m1 descend à partir de zéro, son énergie potentielle devient négative et il perd de l’énergie potentielle. Cette énergie se transforme en énergie cinétique des deux blocs ainsi qu’en énergie potentielle du bloc m2 qui augmente.
E2
211 0 1 22
1 0
1 2
.8 2
2
2 0.5 9.81 0.61.72
0.5 1.5
i f
NYA Ch E
E E
m gy m m v
m gyv
m m
v m s
U = 0
y
0
y0
L’énergie initiale Ei, qui est l’énergie potentielle du bloc m1 se trouvant à une hauteur y0, est transformée en énergie cinétique des deux blocs. L’énergie potentielle de bloc m2 ne change pas.
U = 0
y
0
y0
m2
m1
0 0v
m2
m1
v
212 2 1 1 1 22
212 2 1 1 1 22
2 2 1 1
1 2
2 1
1 2
.8 3
0
2
2 sin 53 sin 37
2 9.81 0.40 5 sin 53 4 sin 37
4 51.176
i f
o o
o o
NYA Ch E
E E
m gh m gh m m v
m gh m gh m m v
g m h m hv
m m
gd m mv
m m
v
v m s
Puisque m2 > m1 et que l’angle de m2 est le plus grand, il est clair que m2 va descendre et que m1 va monter. Pour chacune des masses, il faut décider de l’endroit ou U = 0. Le plus simple est de choisir les positions initiales des deux masse. Ainsi les énergies potentielles des masses sont initialement nulles. L’énergie potentielle finale de m2 sera négative et celle de m1 positive.
1 2sin 37 sin 53o oh d h d
E3
E5
2 21 12 2
212
212
212
1
cos 1 cos 0.75 1 cos30 0.1
0.6 9.81 0.1 0.6 2 1.79
) 0
2 2 0.591 0.6 2.44
) 0
1.790.304
0.6 9.81
cos 1 co
oi i i
i i i
i f i f f
i f
f i
i f
if
f f
y L L L m
E mgy mv J
E E E mgy mv
a E mg mv
v E m m s
b E mgy m
Ey m
mg
y L
1s 1 0.304 0.75 53.5o
iy
cos iL cos fL
fy
L
if
y
0, 0y U iy
ivfv
fy
L0fv
Il convient d’abord de trouver l’énergie mécanique totale Ei dans la situation initiale car elle sera conservée par la suite.
• La vitesse sera maximale au plus bas de la trajectoire, là où yf = 0 et U = 0 puisqu’à cet endroit toute l’énergie s’est transformée en énergie cinétique.
a) L’angle θf sera maximal lorsque la hauteur et donc l’énergie potentielle seront au maximum. Ce sera le cas lorsque Kf = 0 et vf = 0.
.8 5NYA Ch E
y = 0, U = 0
y0 = 0,6
y
210 2
2
2
.8 9
60 4.9 2.94 0
4.9 4.9 4 60 2.94
2 604.9 27.0
0.184 , 0.266120
i f
NYA Ch E
E E
mgy mgy ky
y y
y
y m m
Selon le système de référence choisi, y est négatif et donc aussi l’énergie potentielle mgy. La bonne racine est donc -0.266 m
y?
E9
E110
y1
ym2
m1 0
y1
ym2
m1
2 21 11 1 1 1 22 2
2 21 11 1 2 12 2
211 2
1
1
1 2
.8 11
0
0
) 0
0
2
2 9.81 4 40 1.96
2)
0.5 2 9.81 4 40 0.52.21
4 2
i f
NYA Ch E
E E
m gy ky m m v
m gh kh m m v y h
a v
m gh kh
h gm k
h m
h m g khb v
m m
v m s
E13
2 21 11 1 2 2 2 1 22 2
2 21 11 2 1 22 2
211 2 2
1 2
.8 13
0
0
) 0
0
2
2 9.81 5 3 32 1.23
i f
NYA Ch E
E E
m gy m gy ky m m v
m gh m gh kh m m v
a v
m gh m gh kh
h g m m k
h m
U = 0
m1
m2
0
y1
y2
y
U = 0m1m2
0
y1
y2
y
2 1
1 2
1 2
2)
1 2 9.81 5 3 32 10.951
5 3
y y h
h g m m khb v
m m
v m s
210 2
0
) sin 30
2 sin 30
2 9.81 4 sin 30
6.264
i fE E
a mgx mv
v gx
v
v m s
210 2
20
2
2
2
) sin 30 sin 30
02 sin 30
54 0
2 0.1 9.81 0.5
5.097 4 0
1 1 4 5.097 4
2 5.0971 9.086
0.7932, 0.989410.194
b mgx mgx kx
kx x x
mg
x x
x x
x
x
Vu le système de référence, la position finale x sera négative et l’énergie potentielle finale sera également négative.
E14
2 21 12 2
212
212
2
3.2 5 3.2 9.81 4 40 125 165
) 3.2 9.81 5 157 passera
b)
165 3.2 9.81 2 120
165 62.8 60
1.31
A A A A A
B B A B B
A D D
E U K mgh mv J
a U mgh J E E U
E E mgh kx
x
x
x m
Puisqu’il n’y a pas de frottement, l’énergie mécanique est constante (165 J). Il passera le point B si l’énergie est supérieure ou égale à l’énergie potentielle à ce point. De cette manière il reste de l’énergie cinétique (8 J) et donc de la vitesse. Au point D, le mobile s’arrête (K=0) après avoir compressé le ressort au maximum (x).
E15
212
212
212
5 212
212
5 212
600 9.81 30 600 12 220
)
2.20 10 600 9.81 12 600
22.3
)
2.20 10 600 9.81 25 600
15.6
A B C
A A A
A
A B B B
B
B
A C C C
C
C
E E E
E mgh mv
E kJ
a E E mgh mv
v
v m s
b E E mgh mv
v
v m s
Comme il n’y a pas de frottement, l’énergie mécanique (potentielle + cinétique) totale est conservée. Il suffit de calculer cette énergie en A puis supposer qu’elle reste la même aux points B et C.
E19
E30
2102
212 20 4 20 9.81 1.37 4 27.2
27.20.147
184
cos 20 20 9.81 cos 20 184
f
f i f
c c
cc
o o
E W
E E W
mv mgy fs
f f N
f
N
N mg N
0
y0
y4s m f
N
mg
fN
mgv
0 4sin 20 1.37oy m
vo
0 x
v o
0
x
vo
0
x
2102
2102
2 20
0
41.36
2 2 0.6 9.81
f i fE E E W
mv fx f N mg
mv mgx
vx m
g
2102
2 21 10 02 2
2 20
cos
sin cos sin cos
40.800
2 sin cos 2 9.81 sin 30 0.6 cos30
f i fE E E W
mgh mv fx f N mg
mgx mv mgx mg x mv
vx m
g
2102
2 21 10 02 2
2 20
0 cos
sin cos cos sin
441.6
2 cos sin 2 9.81 0.6 cos30 sin 30
f i fE E E W
mv mgh fx f N mg
mv mgx mgx mg x mv
vx m
g
A)
B)
C)
E31
53o 37o
4 m
x
212
212
.8 32
4 sin 53 5.009
1 9.81 sin 37 1 9.81 4 1 2 5 3
5.904 39.24 2 2.362 5 3.924 3 3.134
cos53 0.4 1 9.81 cos53 2.362
f
C A fA fB fC A
C A A A A B B C C
A B C
A A
NYA Ch E
E W
E E W W W s
mgh mgh mv f s f s f s
x f f f x
x x
f N mg
f
0.4 1 9.81 3.924
cos53 0.4 1 9.81 cos37 3.134
5.904 3.134 41.24 11.81 11.772
9.038 17.658 1.954
B B
C C
N mg
f N mg
x x
x x m
AC
B
E32
210 02
210 02
210 02
2102
212
2 2
sin sin
cos
sin sin cos
sin cos
sin cos 0
60 4 sin 37 0.5 cos37 2 9.81 0
30 3.973 4 0 30 3.97
f i fE E E W
mgx kx mgx f x x
f N mg
mgx kx mgx mg x x
kx mg x x mg x x
kx x x mg
x x
x x x x
15.9 0
0.665 0.797x m x m
C’est l’équivalent de l’exercice E28, mais avec du frottement. Ici encore, vu le choix du système de référence, le x final est négatif.
E34
2 21 12 2
212
212
21max max2
max
0 sin sin
2 sin)
2 0.22 9.81 0.4 sin 30 3.6 0.41.14
0.22
) 0 sin 0
2 sin 2 0.22 9.81 sin 300.600
3.6
i fE E
kx mv mgx h x
mgx kxb v
m
v m s
a kx mgx v
mgx m
k
Initialement, le bloc est au repos avec une énergie potentielle nulle au point x=0. Le ressort est initialement détendu à x=0. Lorsque le bloc descend d’une distance x, son énergie potentielle devient –mgh et le ressort est étiré d’une distance x. Notez que la masse s’arrête momentanément avant de remonter; c’est pourquoi on pose que v=0 pour trouve xmax.
E57
2 2 2 21 1 1 12 2 2 2
2 2
2 2
2 21 12 2
2 2
2 22 2 4
6
b h
b h b h
h bh b
b hb h
b h b h
b h
E E
mv mv mg R mv mv mgR
mv mvT mg T mg
R R
mv mvT mg T mg
R R
T T mg mv mv mgR mgR R
T T mg
P5Selon le principe de conservation de l’énergie mécanique. l’énergie cinétique en bas est égale à la somme des l’énergies cinétique et potentielle en haut:
De plus, nous pouvons appliquer la 2e loi de Newton en haut ( ) puis en bas ( ) de la trajectoire. En faisant la différence de ces deux équations et en combinant le résultat avec la première, on obtient le résultat recherché.
2 21 12 2 2b hmv mv mgR
2h hT mg mv R
2b bT mg mv R
x
x
bT
hT mg
mg
hv
bv
0U
R
2
212
212
12
52
5 22 5
325 5
2
2
2
i f
mvmg v gR
RE E
mgL mg R mv
mgL mg R m gR
mgL mgR mgR
mgL mgR
L R R L
d L R L L L
P7
L
R
dv
mg
A
B
0U
Pour que la masse effectue un cercle complet, il lui faut une vitesse minimale au point B. À cette vitesse, le poids est égal à la force centripète nécessaire pour effectuer un cercle de rayon R. On trouve cette vitesse ( ) et on la substitue dans l’équation de conservation de l’énergie mécanique totale.
v gR
2
212
212
12
32
32
A B
mvmg v gr
rE E
mgH mgr mv
mgH mgr m gr
mgH mgr mgr
mgH mgr
H r
P8
Pour que le bloc puisse raser le sommet sans le toucher au point B, il faut que son poids soit égal à la force centripète nécessaire pour effectuer un cercle de rayon r. On trouve la vitesse ( ) qui en découle et on la substitue dans l’équation de conservation de l’énergie mécanique totale.
v gr
A B
H rr0U