Physique G´en´erale B

Physique G´ en´ erale B

Corrig´e de la 3`eme s´erie d’exercices 18 avril 2012

Centre de masse. Collisions. Rotations

1. Collision ´elastique `a une dimension Soit :

? m¹ = 2,0 kg la masse du bloc incident etv¹i, v¹f ses vitesses avant et apr`es le choc,

? m² la masse du deuxi`eme bloc, initialement au repos et dont la vitesse apr`es le choc est v2f .

Le syst`eme ´etant isol´e, la quantit´e de mouvement est conserv´ee :

m1v1i = m1v1f + m2v2f ⇒ m1(v1i − v1f) = m2v2f (I) La collision ´etant ´elastique :

1

2m¹v1²i = 1

2m¹v²1f + 1

2m²v2²f ⇒ m¹(v¹i − v¹f) (v¹i + v¹f) = m²v2²f (II) En divisant l’´equation (II) par l’´equation (I), nous obtenons : v2f = v1i+v1f , c.`a.d. :

m2v2f = m2(v1i + v1f) que nous comparons `a l’´equation (I), ce qui nous permet d’avoir :

m¹(v¹i − v¹f) = m²(v¹i + v¹f) ⇒ v¹f = v¹i

m¹ − m² m1 + m2

ou encore : m2 = v1i − v1f

v1i + v1f

m1 .

Avec v1f = v1i/4, nous avons : m2 = 3m1/5 = 1,20 kg . La vitesse du centre de masse est :

vCM = m1v1i + m2v2i

m1 + m2

= 2,0×4,0 + 0

2,0 + 1,2 = 2,5 m/s

2. Patinage par couple

Pour fixer nos id´ees, supposons que ce couple soit Klimova et Ponomarenko.

La glace ´etant sans frottement, le syst`eme form´e par ce couple de patineurs est un syst`eme isol´e et, par cons´equent, sa quantit´e de mouvement est conserv´ee :

X~pinit. = X

~pf in. ⇒ mK~vK + mP~vP

| {z }

=P

~ pinit.

= (mK + mP)V~

| {z }

=P

~ pf in.

. Donc :

V~ = mK~vK + mP~vP

(mK + mP) 1

m_K m_P v_P

v_K

V

CM

Trajectoire du CM

x y

θ

Pour trouver l’angle θ et le module de la vitesse |V~ |, nous pouvons projeter l’´equation vectorielle pr´ec´edente sur les axes :

mP vP + 0 = (mK + mP) |V~ | cosθ sur Ox 0 + mKvK = (mK + mP) |V~ | sinθ sur Oy En faisant le rapport de ces deux ´equations :

tan θ = mKvK

mPvP

= 55×7,8

83×6,2 = 0,834 ⇒ θ = 39,8^◦ Par cons´equent : |V~ |= mKvK

(mK + mP) sinθ = 55×7,8

138 sin 39,8^◦ = 4,85 km/h .

Apr`es la “collision”, les deux patineurs ´etant enlac´es, ils ne forment qu’un avec leur CM.

La vitesse du CM est donn´ee par V~. Pour trouver la vitesse du CM avant la collision, nous invoquons le fait que la quantit´e de mouvement totale est conserv´ee, le syst`eme

´etant isol´e.

Comme il n’y a pas de changement de masse, ~vCM = V~ .

3. Loi de Newton pour la rotation

Choisissons le sens positif de l’axe ∆ comme celui donn´e par la r`egle du tire-bouchon.

Calculons la r´esultante des moments des diverses forces par rapport `a l’axe ∆ :

? Moment deF~1 : R~1∧F~1 = +F1 ×R1 uˆ∆ = + (72×10⁻² N·m) ˆu∆

? Moment deF~2 : R~1∧F~2 = −F2×R1uˆ∆ = −(48×10⁻² N·m) ˆu∆

? Moment deF~3 : R~2∧F~3 = −F3×R2uˆ∆ = −(10×10⁻² N·m) ˆu∆

? Moment deF~⁴ = 0

? Moment r´esultant : M~ = X

M~i = + (14×10⁻² N·m) ˆu^∆

2

Axe de rotation

∆

∆

F ₁

R

F ₄

F ₃

R

O

û

F ₂

Le moment d’inertie du cylindre par rapport `a l’axe ∆ est donn´e par : I^∆ = 1

2M R1². Num´eriquement : I^∆ = 144×10⁻⁴ kg·m².

L’´equation de Newton pour les rotations M~ = I^∆d ~ω

dt = I^∆~γ nous permet de dire que ~γ est dirig´e selon ˆu^∆, puisque M~ l’est lui-mˆeme. Son amplitude est :

|~γ |= |M~ | I∆

= 14×10⁻² N·m

144×10⁻⁴ kg·m² = 9,72 radian·s⁻² 4. Tige tournant autour d’une de ses extr´emit´es

Les forces qui s’exercent sur la tige sont son poids m ~g et la r´eaction du pivot. Le moment de cette derni`ere par rapport au pivot est cependant nul. Le point d’application du poids m ~g est situ´e sur le centre de masse de la tige (au milieu de la tige) et le moment du poids par rapport au pivot est de M = m gL

2 sin θ. Utilisons la deuxi`eme loi de Newton pour les rotations :

M = m g L

2 sin θ = I γ = m L²

3 γ ⇒ γ = 3g sin θ 2L

θ

mg

Lorsque la tige est horizontale, θ = π/2 et par cons´equent γ = 3g 2L. L’acc´el´eration tangentielle de l’extr´emit´e libre de la tige est donc :

aT = γ L = 3g 2

Cette acc´el´eration est sup´erieure `a celle d’un objet en chute libre ! 3