12-La rotation

(1)

Version 2022 12 – La rotation 1

1.

Comme la Terre fait un tour en 24 heures, la vitesse angulaire est

5

2 24 60 60 7, 272 10 ^rad_s

t

s ω θ

π

−

= ∆

∆

= ⋅ ⋅

= ×

2.

a) La vitesse angulaire est

0

0 5 ² 10 50

rad rad

s s

rad s

t

s ω ω= +α

= + ⋅

= b) Le déplacement angulaire est

( )

1 2

0 0 2

2

²

0 0 10 1 5 10

2 250

rad rad

s s

t t

rad s s

rad θ =θ +ω + α

= + ⋅ + ⋅ ⋅

= Le nombre de tours est donc

250 39,79 2 _tour^rad

rad tours π ⁼

c) Le temps pour faire 50 tours, donc 100π rad, est

1 2

0 0 2

2

²

2

²

100 0 0 1 5

2

100 1 5

2 11, 21

rad rad

s s

rad s

t t

rad rad t t

rad t

t s

θ θ ω α π

π

= + +

= + ⋅ + ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

=

(2)

3.

Trouvons premièrement les vitesses angulaires en rad/s.

tours tours

0 minute minute

tours tours 8

minute minute 3

2 1 minute

120 120 4

1 tour 60 2 1 minute

80 80

1 tour 60

rad s

rad

s rad

s

π

ω π π

ω π

= = ⋅ ⋅ =

Ainsi

( )

0 0

83

2003

1 2

0 1 4 20

2

rad rad

s s

t

rad s

rad

π

θ θ ω ω π

= + +

= + ⋅ + ⋅

200

3 100

2 3

33,33

tourrad

rad tours tours

π

π ⁼

=

4.

a) La position angulaire à t = 5 s est

( )

2

²

2

²

10 0,5

10 5 0,5 5

37,5

rad rad

s s

rad rad

s s

t t

s s

rad

θ = ⋅ − ⋅

= ⋅ − ⋅

=

Le nombre de tours est donc

37,5 5,968 2 _tour^rad

rad tours

π ⁼

b) La vitesse angulaire moyenne est

(3)

Version 2022 12 – La rotation 3 37,5

5 7,5^rad_s

t rad s ω =^∆θ

∆

=

c) On trouve premièrement la formule de la vitesse angulaire en dérivant la formule de la position angulaire

(

^² ²

)

²

10 0,5

10 1

rad rad

s s

rad rad

s s

d dt

d t t

dt t ω = θ

⋅ − ⋅

=

= − ⋅

La vitesse angulaire à t = 4 s est donc

²

10 1

10 1 4

6

rad rad

s s

rad rad

s s

rad s

t s ω = − ⋅

= − ⋅

=

d) On trouve premièrement la formule de l’accélération angulaire en dérivant la formule de la vitesse angulaire.

(

²

)

²

10 1

1

rad rad

s s

rad s

d dt

d t

dt α = ω

− ⋅

=

= −

L’accélération angulaire à t = 4 s est donc -1 rad/s².

e) On a

²

10 1

0 10 1

10

rad rad

s s

rad rad rad

s s s

t t

t s

ω = − ⋅

= − ⋅

=

(4)

5.

a) La vitesse des bouts est

2 2

12,566

rad s

m s

v r

m ω

π

=

= ⋅

=

b) L’accélération angulaire de la tige se trouve avec

( )

0 25

² ²

2 0, 2

25,13 8

rad rad

s s

rad rad

s s

t s

π

ω ω α

π α

α π

= +

= + ⋅

= −

c) L’accélération centripète du bout de la tige est

( ) ( )

2 2

² ²

2 2

4 78,96 78,96

2

c c

rad m s

s m m

s s

v a r

a r

ou m

m

ω π π

= =

= ⋅

= = =

d) L’accélération tangentielle du bout de la tige est

²

25,13 2 50, 27

T

m s

a r

m α

=

= − ⋅

= − e) L’accélération du bout est

( ) ( )

2 2

² ²

²

78,96 50, 27 93,6

c T

m m

s s

m s

a= a +a

= +

=

6.

Comme la corde attachée au bloc de 20 kg est entourée autour de la poulie à une distance de 25 cm, le déplacement de la poulie à 25 cm de l’axe de rotation doit être le même que celui du bloc. Ce déplacement est

(

180

)

0, 25 200 0,8727

rad

s r m

m

π

θ

°

∆ = ∆

= ⋅ ° ⋅

=

(5)

Version 2022 12 – La rotation 5 Selon le sens de rotation de la poulie, le bloc se déplace vers le haut.

Comme la corde attachée au bloc de 30 kg est entourée autour de la poulie à une distance de 50 cm, le déplacement de la poulie à 50 cm de l’axe de rotation doit être le même que celui du bloc. Ce déplacement est

(

180

)

0,50 200 1,745

rad

s r m

m

π

θ

°

∆ = ∆

= ⋅ ° ⋅

=

Selon le sens de rotation de la poulie, le bloc se déplace vers le bas.

7.

Comme la corde attachée au bloc de 20 kg est entourée autour de la poulie à une distance de 25 cm, la vitesse de la poulie à 25 cm de l’axe de rotation doit être la même que celle du bloc. Cette vitesse est

8 0, 25 2

rad s m s

v r

m ω

=

= ⋅

=

Selon le sens de rotation de la poulie, le bloc se déplace vers le haut.

Comme la corde attachée au bloc de 30 kg est entourée autour de la poulie à une distance de 50 cm, la vitesse de la poulie à 50 cm de l’axe de rotation doit être la même que celle du bloc. Cette vitesse est

8 0,50

4

rad s m s

v r

m ω

=

= ⋅

=

Selon le sens de rotation de la poulie, le bloc se déplace vers le bas.

8.

_a)

La vitesse du centre de masse des roues est évidemment la même que celle de la voiture. On a donc

(6)

Version 2022 12 – La rotation 6 40

0, 40 100

cm

m s

rad s

v R

m ω=

=

b) L’accélération du centre de masse des roues est évidemment la même que celle de la voiture. L’accélération de la voiture est

( )

( ) ( )

2 2

0 0

2

²

2

2 160 0 0 40

5

m s m

s

a x x v v

a m m

a

− = −

⋅ ⋅ − = −

= − On a donc

²

5 0, 40

12,5

cm

m s

rad s

a R

m α =

= −

9.

a) L’accélération angulaire de la poulie est

( )

( ) ( ) ( )

2 2

0 0

2 2

²

2

2 120 0 10 3

1,191

rad rad

s s

rad s

rad rad

α θ θ ω ω

α π π π

α

− = −

⋅ ⋅ − = −

= b) La position angulaire est

( )

( ) ( )

2 2

0 0

2

²

2

2 1,191 0 3 0

37, 28 5,934

rad rad

s rad s

rad tours α θ θ ω ω

θ π

θ

− = −

⋅ ⋅ − = −

= =

10.

_a)

Comme l’accélération angulaire change, il faut séparer le problème en parties dans lesquelles l’accélération angulaire est constante.

(7)

Version 2022 12 – La rotation 7 Première phase : α = 8 rad/s² (durée 4 s)

À la fin de cette phase, on a

0

0 8 ² 4

32

rad rad

s s

rad s

t s ω ω= +α

= + ⋅

=

( )

1 2

0 0 2

2

²

0 0 4 1 8 4

2 64

rad rad

s s

t t

rad s s

= + ⋅ + ⋅ ⋅

=

Deuxième phase : α =0 rad/s² (durée 1 s) La position angulaire à la fin de cette phase est

( )

1 2

0 0 2

2

²

64 32 1 1 0 1

2 96

rad rad

s s

t t

rad s s

= + ⋅ + ⋅ ⋅

96 15, 28 2 _tour^rad

rad tours π ⁼

b) Puisque la tige a tourné de seulement 64 rad = 10,2 tours pendant la première partie, il est clair qu’on atteindra 100 tours durant la deuxième partie. On a donc

1 2

0 0 2

2

²

200 64 32 1 0

2

564,32 32

17, 635

rad rad

s s

rad s

t t

rad rad t t

rad t

t s

θ θ ω α

π

= + +

= + ⋅ + ⋅ ⋅

= ⋅

=

Avec les 4 secondes de la première phase, le temps total est donc de 21,635 s.

(8)

11.

_{a) On a}

1 1 2 2

2

2 min

40 0, 25 0,15

209, 44 2000

rad s

rad tours

s

R R

m m

ω ω

π ω

ω

=

⋅ = ⋅

= =

b) La vitesse de la chaine est la même que celle des bords de poulie. On peut prendre n’importe laquelle des deux poulies pour faire le calcul.

1 1 2 2

125,66 0, 25 209, 44 0,15

31, 416 31, 416

rad rad

s s

m m

s s

v R v R

m ou m

ω ω

= =

= ⋅ = ⋅

= =

12.

a) Le moment d’inertie est

( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 2 2

120 1,5 120 1,5 120 1,5 120 1,5

1080 ² I mr

kg m kg m kg m kg m

kgm

=

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

=

∑

b) L’énergie cinétique est

( )

2

2 2 5

1 2

1 1080 ² 2

852,73

k

rad s

E I

kgm J ω

π

=

= ⋅ ⋅

=

(On aurait pu aussi trouver la vitesse avec v = ωr pour obtenir 1,885 m/s, et ensuite la somme des énergies ½mv² des voitures pour aussi obtenir 852,73 J.)

13. ( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 2 2

0, 2 0 0, 2 0 0,3 0,15 0,3 0,15

0,0135 ²

I mr

kg m kg m kg m kg m

kgm

=

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

=

∑

(9)

Version 2022 12 – La rotation 9 b) L’énergie cinétique est

( )

2

1 2

1 0,0135 ² 2 2

0,027

k

rad s

E I

kgm J

ω

=

= ⋅ ⋅

=

14. ( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 2 2

1 0, 2 2 0, 2 3 0, 2 4 0, 2

0, 4 ²

I mr

kg m kg m kg m kg m

kgm

=

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

=

∑

b) Le moment d’inertie est

( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 2 2

1 0, 2828 2 0 3 0, 2828 4 0

0,32 ² I mr

kg m kg m kg m kg m

kgm

=

= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

=

∑

15.

On doit trouver premièrement la position du centre de masse. On va prendre un axe qui va d’une masse à l’autre avec un x = 0 à l’endroit où est située la masse de 100 g.

On a alors

1 1 2 2

1 2

0 0,1 0, 6 0, 2 0,1 0, 2 0, 4

cm

x m x m

x m m

m kg m kg

kg kg

m

= +

+

⋅ + ⋅

= +

=

La masse de 100 g est donc à 40 cm de l’axe de rotation et la masse de 200 g est à 20 cm de l’axe de rotation. Le moment d’inertie est alors

( ) ( )

2

2 2

0,1 0, 4 0, 2 0, 2 0,024 ²

I mr

kg m kg m

kgm

=

= ⋅ + ⋅

=

∑

(10)

Version 2022 12 – La rotation 10 L’énergie cinétique totale est alors

( ) ( )

2 2

1 1

2 2

1 1

0,3 10 0,024 ² 20

2 2

15 4,8 19,8

k cm

m rad

s s

E mv I

kg kgm

J J

J

ω

= +

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

= +

=

16.

a) On va trouver l’énergie cinétique avec 1 2 k rot 2

E = Iω

On peut commencer par trouver le moment d’inertie. Pour une tige, on a

( )

2

1 12

1 3 1

12

0, 25 ²

I mL

kg m kgm

=

= ⋅ ⋅

=

Il faut maintenant trouver la vitesse angulaire. Elle se trouve avec la vitesse des deux bouts de la tiges. Cette tige se déplace et tourne en même temps. Comme le haut de la tige va plus vite, elle tourne dans le sens des aiguilles d’une montre. La vitesse due à la translation est v_cm. La vitesse du bout de la tige due à la rotation est v_rot.

Pour le bout d’en haut, la vitesse due à la translation est vers la droite et la vitesse due à la rotation est aussi vers la droite. Ainsi, ces deux vitesses s’additionnent

3^m_s =v_cm+v_rot

Pour le bout d’en bas, la vitesse due à la translation est vers la droite et la vitesse due à la rotation est vers la gauche. Ainsi, les deux vitesses se soustraient

1^m_s =v_cm−v_rot

En soustrayant ces deux équations, on peut trouver la vitesse due à la rotation.

(11)

( ) ( )

3 1

2 2

1

m m

cm rot cm rot

s s

m rot s

m

rot s

v v v v

v v

− = + − −

=

On peut maintenant trouver la vitesse angulaire.

1 0,5

2

rot m

s

rad s

v r

m ω ω ω

=

= ⋅

= Ainsi, l’énergie cinétique de rotation est

( )

2

1 2

1 0, 25 ² 2 2

0,5

k rot

rad s

E I

kgm J

ω

=

= ⋅ ⋅

=

b) L’énergie cinétique de translation est 1 2

k trans 2 cm

E = mv

Pour la trouver il nous faut la vitesse du centre de masse. On peut la trouver avec 3

3 1

2

m

cm rot

s

m m

s cm s

m

cm s

v v v v

= +

= L’énergie cinétique de translation est donc

( )

2

1 2

1 3 2

2 6

k trans cm

m s

E mv

kg J

=

= ⋅ ⋅

= c) L’énergie cinétique totale est

(12)

Version 2022 12 – La rotation 12 0,5 6

6,5

k k rot k trans

E E E

J J J

= +

=

17.

Comme l’axe de rotation ne passe pas par le centre de masse de la sphère, le moment d’inertie de cette sphère est

( ) ( )

2

2 2

2 5

2 2 0,06 2 0,03

5

0,00468 ²

cm sphère

I I mh

mR mh

kg m kg m

kgm

= +

= ⋅ ⋅ + ⋅

=

18.

Cet objet est formé d’une tige et de deux sphères.

Comme l’axe de rotation passe par le centre de masse de la tige, le moment d’inertie de la tige est

( )

1

2

1 12

1 15 0,8 12

0,8 ²

cm tige

I I mL

kg m

kgm

=

= ⋅ ⋅

=

Comme l’axe de rotation ne passe pas par le centre de masse de la sphère de droite, le moment d’inertie de cette sphère est

( ) ( )

2 2

2 5

2 10 0,12 10 0,52

5

2,7616 ²

cm sphère

I I mh

mR mh

kg m kg m

kgm

= +

= ⋅ ⋅ + ⋅

=

Comme l’axe de rotation ne passe pas par le centre de masse de la sphère de gauche, le moment d’inertie de cette sphère est

(13)

( ) ( )

2 3

2 2

2 5

2 10 0,12 10 0,52

5

2,7616 ²

cm sphère

I I mh

mR mh

kg m kg m

kgm

= +

= ⋅ ⋅ + ⋅

=

Le moment d’inertie total est donc

1 2 3

0,8 ² 2, 7616 ² 2, 7616 ² 6,3232 ²

I I I I

kgm kgm kgm

kgm

= + +

=

19.

Cet objet est formé d’une tige et de deux disques.

Comme l’axe de rotation passe par le centre de masse de la tige (qu’on considère comme un cylindre parce que l’axe est dans le sens de la tige), le moment d’inertie de la tige est

1

1 2

2

cm cylindre

I I mR

=

On doit trouver la masse de ce morceau. La masse est

( )

2

5000 ³ 0, 05 0,1

3,927

kg m

m volume r l

m m

kg ρ ρ π

π

= ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅

= Le moment d’inertie est donc

( )

2 1

2

1 2

1 3,927 0, 05 2

0, 0049 ²

I mR

kg m

kgm

=

= ⋅ ⋅

=

(14)

Version 2022 12 – La rotation 14 Comme l’axe de rotation passe par le centre de masse du disque de droite, le moment d’inertie du disque est

2

1 2

2

cm cylindre

I I mR

=

( )

2

5000 ³ 0, 2 0, 04 25,13

kg m

m volume r l

m m

kg ρ ρ π

π

= ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅

( )

2 2

2

1 2

1 25,13 0, 2 2

0,5027 ²

I mR

kg m

kgm

=

= ⋅ ⋅

=

Le calcul est identique pour le disque de gauche. On a donc

3 0,5027 ²

I = kgm

Le moment d’inertie total est donc

1 2 3

0, 0049 ² 0,5027 ² 0,5027 ² 1, 0102 ²

I I I I

kgm kgm kgm

kgm

= + +

=

20.

Cet objet est formé d’un cylindre vide (le tour) et de deux disques (le couvercle et le fond).

Comme l’axe de rotation passe par le centre de masse du cylindre vide, le moment d’inertie du tour de la boite de conserve est

1 cylindre vide 2

I Icm

mR

=

(15)

Version 2022 12 – La rotation 15 On doit trouver la masse de ce morceau. La masse est

²

2

10 2 0, 04 0, 09 0, 2262

kg m

m aire rh

m m

kg σ

σ π π

= ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅

( )

2 1

2 4

0, 2262 0,04 3,619 10 ² I mR

kg m

kgm

−

=

= ⋅

= ×

Comme l’axe de rotation passe par le centre de masse du couvercle, le moment d’inertie du disque est

2

1 2

2

cm disque

I I mR

=

( )

2

10 ² 0, 04 0, 05026

kg m

m aire r

m kg σ

σ π π

= ⋅

= ⋅ ⋅

( )

2 2

2

5

1 2

1 0, 05026 0, 04 2

4, 021 10 ²

I mR

kg m

kgm

−

=

= ⋅ ⋅

= ×

Le calcul est identique pour le disque qui forme le fond. On a donc

5 3 4,021 10 ² I = × ⁻ kgm

(16)

Version 2022 12 – La rotation 16 Le moment d’inertie total est donc

1 2 3

4 5 5

4

3,619 10 ² 4,02 10 ² 4,02 10 ² 4, 423 10 ²

I I I I

kgm kgm kgm

kgm

− − −

−

= + +

= × + × + ×

= ×

21.

Comme il y a un seul objet qui tourne autour d’un axe sans se déplacer, l’énergie mécanique est

1 2 mec 2

E = Iω +mgy

Instant 1 : poutre dans sa position montrée sur la figure.

À ce moment la tige ne tourne pas, et donc ω = 0. Il ne reste qu’à trouver la hauteur du centre de masse, qui est au centre de la tige. Cette hauteur est

3 sin 60 2,598

y= m⋅ ° = m

L’énergie mécanique est donc 1 2

2

0 100 9,8 2,598 2546,1

N kg

E I mgy

kg m

J ω

= +

= + ⋅ ⋅

=

Instant 2 : tout juste avant que la poutre touche le sol

À ce moment la hauteur du centre masse sera nulle et l’énergie mécanique est

2

1 2

1 0

2

E I mgy

I ω ω

′= ′ +

= ′ +

Conservation de l’énergie mécanique Selon le principe de conservation, on a

(17)

Version 2022 12 – La rotation 17 1 2

2546,1 2

E E

J Iω

= ′

Pour résoudre ce problème, on doit trouver le moment d’inertie de la poutre quand l’axe de rotation n’est pas au centre de masse. On a alors

( ) ( )

2

2 2

1 12

1 100 6 100 3

12

1200 ² I Icm mh

mL mh

kg m kg m

kgm

= +

= ⋅ ⋅ + ⋅

=

L’équation de la conservation de l’énergie mécanique devient donc

2

2546,1 1 2

2546,1 1 1200 ²

2

2, 06^rad_s

J I

J kgm

ω ω ω

= ′

= ⋅ ⋅ ′

′ = La vitesse du bout de la poutre est donc

2, 06 6 12,36

rad s m

s

v r

m ω

=

= ⋅

=

22.

Comme il y a un seul objet qui tourne autour de son centre de masse tout en se déplaçant, l’énergie mécanique est

2 2

1 1

2 2

mec cm cm

E = mv + I ω +mgy

Comme la balle est une sphère et qu’elle roule sans glisser, on a

(18)

2 2

2

2 2

2

1 1

2 2

1 1 2

2 2 5

1 1

2 5

7 10

mec cm cm

cm

mec cm

mec cm cm

mec cm

E mv I mgy

E mv mr v mgy

r

E mv mv mgy

E mv mgy

ω

= + +

 

= +    +

  

= + +

= +

Instant 1 : boule à la position montrée sur la figure

À ce moment la boule ne se déplace pas et donc v_cm = 0. Il ne reste qu’à trouver la hauteur du centre de masse. La ressemblance avec le mouvement d’un pendule nous permet de trouver la hauteur avec la formule

(

^{1 cos}

)

^{1 1 cos 45}

( )

^{0, 2929}

y R= − θ = m − ° = m

(Le y = 0 est donc à la hauteur du centre de la balle quand elle est au fond du bol.) L’énergie mécanique est donc

7 2

10

0 0,8 9,8 0, 2929 2, 296

cm

N kg

E mv mgy

kg m

J

= +

= + ⋅ ⋅

= Instant 2 : balle au point le plus bas

2

7 10

7 0,8 0

10 0,56

cm

E mv mgy

kg v kg v

′= ′ + ′

= ⋅ ⋅ ′ +

= ⋅ ′

(19)

Version 2022 12 – La rotation 19 2, 296 0,56 2

2,025

cm m

cm s

E E J kg v v

= ′

= ⋅ ′

′ =

23.

Comme il y a un seul objet qui tourne autour de son centre de masse tout en se déplaçant, l’énergie mécanique est

2 2

1 1

2 2

mec cm cm

E = mv + I ω +mgy Comme le billot est un cylindre qui roule sans glisser, on a

2 2

2

2 2

2

1 1

2 2

1 1 1

2 2 2

1 1

2 4

3 4

mec cm cm

cm

mec cm

mec cm cm

mec cm

E mv I mgy

E mv mr v mgy

r

E mv mv mgy

E mv mgy

ω

= + +

 

= +    +

  

= + +

= +

Instant 1 : pitoune en haut de la pente

À ce moment le billot se déplace à v_cm = 5 m/s.

La hauteur du centre de masse, à 400 m en haut d’une pente inclinée à 40 °, est 400 sin 40 257,1

y= m⋅ ° = m

(Le y = 0 est donc au bas de la pente.) L’énergie mécanique est donc

(20)

( )

2

7 7

3 4

3 4000 5 4000 9,8 257,1 4

75 000 1,008 10 1,01539 10

cm

m N

s kg

E mv mgy

kg kg m

J J

J

= +

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

= + ×

= ×

Instant 2 : pitoune au bas de la pente

2

3 4

3 4000 0

4 3000

cm

E mv mgy

kg v kg v

′= ′ + ′

= ⋅ ⋅ ′ +

= ⋅ ′

7 2

1,01539 10 3000 58,18

cm m

cm s

E E

J kg v

v

= ′

× = ⋅ ′

′ =

24.

Il y a deux objets ici. Une masse qui se déplace en ligne droite et une poulie qui tourne autour de son centre de masse sans se déplacer. L’énergie mécanique est donc

2 2

1 1 1 1 2 2 2 2

1 1

2 2

mec cm cm

E = m v +m gy + I ω +m gy

On va tout de suite placer le y = 0 de la poulie sur l’axe de rotation de la poulie, ce qui élimine le dernier terme.

Comme la corde doit avoir la même vitesse que le bloc de 5 kg, le bord de la poulie doit avoir la même vitesse que le bloc de 5 kg. Donc

1 2

2

vcm

ω = r

(21)

Version 2022 12 – La rotation 21 On a donc

2 2

1 1 1 1 2 2

2

2 2 1

1 1 1 1 2 2

2

2 2

1 1 1 1 2 1

1 1

2 2

1 1 1

2 2 2

1 1

2 4

mec cm cm

cm

mec cm

mec cm cm

E m v m gy I

E m v m gy m r v r

E m v m gy m v

ω

= + +

 

= + +   

  

= + +

Instant 1 : bloc immobile

À ce moment, le bloc ne se déplace pas et donc v_1cm = 0. On va ensuite choisir le y = 0 pour le bloc. On va le placer à la position initiale du bloc. L’énergie mécanique est donc

2 2

1 1 1 1 2 1

1 1

2 4

0 0 0

cm cm

E= m v +m gy + m v

= + +

Instant 2 : bloc 8 m plus bas

À ce moment le bloc est 8 m plus bas, et il est donc à y = -8 m. L’énergie mécanique est donc

( )

2 2

1 1 1 1 2 1

2 2

1 1

2 1

1 1

2 4

1 1

5 5 9,8 8 10

2 4

5 392

cm cm

N

cm kg cm

cm

E m v m gy m v

kg v kg m kg v

kg v J

′= ′ + ′+ ′

′ ′

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅

= ⋅ −

2 1 1

0 5 392

8,854

cm m

cm s

E E

J kg v J

v

= ′

= ⋅ ′ −

=

(22)

25.

Comme il y a un seul objet qui tourne autour d’un axe sans se déplacer, l’énergie mécanique est

1 2 mec 2

E = Iω +mgy

Instant 1 : objet dans sa position montrée sur la figure.

À ce moment la tige ne tourne pas, et donc ω = 0. On va choisir un y = 0 qui longe la tige dans cette position, ce qui fait que le centre de masse est y = 0 m initialement.

L’énergie mécanique est donc

1 2

2 0 0

E= Iω +mgy

= + Instant 2 : tige verticale

À ce moment, l’énergie mécanique est 1 2

E′= 2Iω′ +mgy′

Il y a deux éléments qu’on doit trouver alors : le moment d’inertie de cette tige et la hauteur du centre de masse.

Cet objet est formé d’une tige et d’un disque. Dans les deux cas, l’axe de rotation n’est pas au centre de masse. On a donc

( ) ( )

2

2 2

1 12

1 0, 25 0,8 0, 25 0, 4 12

0,05333 ²

tige cm tige

I I mh

mL mh

kg m kg m

kgm

= +

= ⋅ ⋅ + ⋅

=

(23)

( ) ( )

2

2 2

1 2

1 0,6 0, 2 0,6 1

2

0,612 ²

disque cm disque

I I mh

mr mh

kg m kg m

kgm

= +

= ⋅ ⋅ + ⋅

=

Le moment d’inertie totale est donc

2 2

0,05333 0,612 ² 0,66533

tige disque

I I I

kgm kgm

kgm

= +

=

Pour la hauteur du centre de masse quand la tige est verticale, on remplace la tige par une masse ponctuelle au centre de masse de la tige et le disque par une masse ponctuelle au centre du disque. Avec un y = 0 à l’axe de rotation, la position du centre de masse est

( ) ( )

1 1 2 2

1 2

0, 4 0, 25 1 0,6 0, 25 0,6

0,8235

cm

y m y m

y m m

m kg m kg

kg kg m

= +

+

− ⋅ + − ⋅

= +

= − L’énergie mécanique est donc

( )

2

1 0, 66533 ² 0,85 9,8 0,8235

2

0,33267 ² 6,86

N

E kgm kg kg m

kgm J

ω ω

′ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ −

= ⋅ −

0 0,33267 ² 2 6,86 4,541^rad_s

E E

kgm ω J

ω

= ′

= ⋅ ′ −

′ =

(24)

26.

Il y a quatre objets ici. Deux masses qui se déplacent en ligne droite, une poulie qui tourne autour de son centre de masse sans se déplacer et un ressort. L’énergie mécanique est donc

2 2 2 2

1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3

1 1 1 1

2 2 2 2

mec cm cm cm

E = m v +m gy + m v +m gy + I ω +m gy + kx

On va tout de suite placer le y = 0 de la poulie sur l’axe de rotation de la poulie, ce qui élimine l’avant-dernier terme.

Comme les deux blocs sont reliés par une corde, ils doivent avoir la même vitesse. On va appeler cette vitesse v. Cela signifie que

1cm 2cm

v =v =v L’énergie mécanique est maintenant

2 2 2 2

1 1 1 2 2 2 3 3

1 1 1 1

2 2 2 2

mec cm

E = m v +m gy + m v +m gy + I ω + kx

Comme la corde doit avoir la même vitesse que les blocs, cela signifie que la tour de la poulie a la même vitesse que les blocs. On doit donc avoir

3 3

v ω =r On a donc

2

2 2 2 2

1 1 1 2 2 2 3 3

3

2 2 2 2

1 1 1 2 2 2 3

1 1 1 1 1

2 2 2 2 2

1 1 1 1

2 2 4 2

mec

E m v m gy m v m gy m r v kx

r

E m v m gy m v m gy m v kx

 

= + + + +    +

  

= + + + + +

Instant 1 : bloc de 36 kg à son plus haut

À ce moment, les blocs ne se déplacent pas et donc v = 0. On va ensuite choisir le y = 0 de chaque bloc à la position initiale de chacun des blocs. Finalement, le ressort n’est pas étiré, ce qui signifie que x = 0. L’énergie mécanique est donc

2 2 2 2

1 1 1 2 2 2 3

1 1 1 1

2 2 4 2

0

E= m v +m gy + m v +m gy + m v + kx

=

(25)

Version 2022 12 – La rotation 25 Instant 2 : bloc de 36 kg 1 m plus bas

À ce moment le bloc 2 est 1 m plus bas, alors que le bloc 1 est resté à son y = 0 m.

Le ressort est maintenant étiré de 1 m. On a donc

( ) ( )

2 2 2 2

1 1 1 1 2 1 2 2 3 1

2 2 2 2

2 2 2

2

1 1 1 1

2 2 4 2

1 1 1 1

12 0 36 36 9,8 1 20 200 1

2 2 4 2

6 18 352,8 5 100

29 252,8

cm cm cm

N N

kg m

E m v m gy m v m gy m v kx

kg v kg v kg m kg v m

kg v kg v J kg v J

kg v J

′= ′ + ′+ ′ + ′+ ′ + ′

′ ′ ′

= ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

′ ′ ′

= ⋅ + ⋅ − + ⋅ +

= ⋅ ′ −

0 29 2 252,8

2,952^m_s E E

J kg v J

v

= ′

= ⋅ ′ −

′ =

27.

En prenant le sens des aiguilles d’une montre comme sens positif, le moment de force net est

1 2 3

30 2 sin135 25 0 10 2 sin160

35,586

net

N m N m N m

Nm τ =τ +τ +τ

= − ⋅ ⋅ ° + ⋅ + ⋅ ⋅ °

= −

28.

En prenant le sens des aiguilles d’une montre comme sens positif, le moment de force net est

1 2 3

12 0,15 sin 90 10 0,35 sin 90 9 0, 25 sin 90 4,85

net

N m N m N m

Nm τ =τ +τ +τ

= − ⋅ ⋅ ° + ⋅ ° + ⋅ ⋅ °

=

(26)

29.

En prenant le sens des aiguilles d’une montre comme sens positif, le moment de force fait par la force de 160 N

160 0,165 26, 4

net Fr

N m

Nm τ = _⊥

= − ⋅

= −

30.

On trouve l’accélération angulaire avec

net I

τ = α

Trouvons premièrement le moment d’inertie de la tige. La tige tourne autour d’un axe qui n’est pas au centre de masse. Le moment d’inertie est donc

( ) ( )

2

2 2

1 12

1 100 6 100 3

12

1200 ²

I Icm mh mL mh

kg m kg m

kgm

= +

= ⋅ ⋅ + ⋅

=

Une fois que la corde a cassé, seule la gravitation fait un moment de force qui n’est pas nulle. Avec un sens positif dans le sens des aiguilles d’une montre, le moment de force net est

sin

980 3 sin 30 1470

Fr

N m Nm

τ = θ

= ⋅ ⋅ °

= Ainsi, l’accélération angulaire est

2

²

1470 1200 1, 225

net

rad s

I

Nm kgm

τ α

α α

=

= ⋅

=

31.

a) On trouve l’accélération angulaire avec

net I

τ = α

(27)

Version 2022 12 – La rotation 27 Avec un sens positif dans le sens contraire des aiguilles d’une montre, le moment de force net est

1 2

100 0,3 sin 90 120 0,3 sin 90 6

N m N m

Nm τ =τ +τ

= − ⋅ ⋅ ° + ⋅ ⋅ °

= Ainsi, l’accélération est

2

²

6 0,5

12

net

rad s

I Nm kgm

τ α

α α

=

= ⋅

=

b) La vitesse angulaire de la poulie sera

0 50

3 ²

min

12 10

172,36 1646

rad rad

s s

rad s tours

t

s

ω ω α

π

= +

= + ⋅

=

32.

À l’équilibre, il n’y a pas d’accélération angulaire et on a

0

net net

I

τ α

τ

=

Avec un sens positif dans le sens des aiguilles d’une montre, le moment de force net est

( )

1 2

120 9,8 1 sin 90 0,5 sin 90

1176 0,5

N kg R R

kg m F m

Nm F m

τ =τ +τ

= ⋅ ⋅ ⋅ ° − ⋅ ⋅ °

= − ⋅

Puisque le moment de force net doit être nul, on a

0 1176 0,5

2352

R R

Nm F m

F N

= − ⋅

= L’étirement du ressort est donc

(28)

2352 1000

2,352

R

N m

F kx

N x

x m

=

= ⋅

=

33.

On trouve l’accélération angulaire avec

net I

τ = α

Les seules forces qui s’appliquent sur la meule ailleurs qu’au centre de la meule sont la normale et la friction (toutes deux faites par la hache), qui s’applique sur la circonférence de la meule. La normale a une grandeur de 160 N et la friction a une grandeur de 96 N (0,6 ⸱ 160 N).

Avec un sens positif dans le sens de rotation de la meule, le moment de force net est

1 2

160 0,35 sin 0 96 0,35 sin 90 33, 6

N m N m

Nm τ =τ +τ

= ⋅ ⋅ ° − ⋅ ⋅ °

= −

Ainsi, l’accélération angulaire est

( )

2

²

1 2

33, 6 1 50 0,35

2

10,97

net

rad s

I mr

Nm kg m

τ α

α α

=

− = ⋅ ⋅ ⋅

= −

La vitesse angulaire de la poulie sera de 10 rad/s au bout de

( )

0

10 30 10,97 ²

1,823

rad rad rad

s s s

t

t s

ω ω= +α

= + − ⋅

=

34.

Pendant que la vitesse de la roue augmente, il y a la force appliquée (qui fait un moment de force qu’on va appeler W_ext) et la friction qui s’appliquent sur la roue. On a donc

(29)

net

ext f

I I

τ α

τ τ α

=

+ =

Pour l’instant, on ne peut pas faire grand-chose avec cette équation parce qu’il y a deux inconnus (les deux moments de force).

Suit ensuite la phase de ralentissement de la roue pendant laquelle seule la friction s’applique.

net f

I I

τ α

=

Avec cette dernière équation, on pourra connaitre le moment de force fait par la friction. Avec un sens positif allant dans le sens de la rotation de la roue, on trouve que l’accélération pendant la phase de ralentissement est

0

0 30 120

0, 25

rad rad

s s

rad s

t s ω ω α

α α

= +

= + ⋅

= − Le moment de force fait par la friction est donc

(

²

)

0,5 ² 0, 25 0,125

f

rad s

I kgm

Nm τ = α

= ⋅ −

= −

On peut alors retourner à la première phase du mouvement. Pendant cette phase, l’accélération est

0

30 0 10

3

rad rad

s s

rad s

t s ω ω α

α α

= +

= + ⋅

= On a donc

(

0,125

)

0,5 ² 3 ²

1,625

ext f

rad

ext s

ext

I

Nm kgm

Nm

τ τ α

τ

+ =

+ − = ⋅

=

(30)

35.

a) Les forces sur la pitoune sont : le poids, la normale et la friction.

www.chegg.com/homework-help/questions-and-answers/solid-spherein-figure-calculate-translational-speed-center- ofmass-magnitude-translational--q420655

Comme la pitoune fait un mouvement de translation et un mouvement de rotation, on doit faire la somme des forces et la somme des moments de force. De plus, comme l’axe n’est pas fixe dans ce cas, on doit obligatoirement prendre le centre de masse de l’objet comme axe de rotation. On a donc

( )

cos 50

sin 50 0

0

x f

y N

F mg F ma

F mg F

τ mg

= − ° − =

= − ° + =

= ×

∑

+ F RN ^{sin 0}° +F R_f sin 90° =Iα

Dans cette dernière équation, la distance est nulle pour le moment de force fait par la force de gravitation, car la force s’applique au centre de masse et l’axe de rotation est aussi au centre de masse. L’angle est nul pour le moment de force fait par la normale, car la force est dirigée exactement vers le centre de masse ce qui fait que l’angle est nul entre la distance et la force. (On peut aussi voir que dans ce cas, le bras de levier est nul quand la force est dirigée vers l’axe de rotation.) On voit alors que le seul moment de force qui reste est le moment de force fait par la force de friction. C’est cette seule force qui est responsable de la rotation de la pitoune. Si on enlève la friction, la pitoune va simplement glisser sans tourner.

En utilisant la condition de roulement a_cm = αR et le moment d’inertie d’un cylindre, la somme des moments de force devient

2

sin 90 1 2

1 2

f

F R I

F R mR a R

F ma

α

° =

  

=  

  

=

C’est la force de friction qu’on doit avoir pour que la pitoune roule sans glisser.

On peut ensuite trouver l’accélération en utilisant la somme des forces en x.

(31)

( )

cos 50 cos 50 1

2 cos 50 1

2 cos 50 3

2 2 cos 50 3

mg Ff ma

mg ma ma

g a a

g a

a g

− ° − =

− ° = +

− ° =

= − °

Puisque cos (-50°) = cos (50°), l’accélération est

( )

²

2 cos 50 3

2 9,8 cos 50 3

4, 2

m s m s

a= g °

= ⋅ ⋅ °

=

b) La force de friction sur la pitoune est

( )

1 2 1 2

cos 50 2 3

1 cos 50 3

f

F ma

F m g

F mg

=

= °

Comme c’est de la friction statique, cette force doit être inférieure au maximum de la friction statique. On doit donc avoir

( )

1 cos 50

3mg ° ≤µ F^s ^N Selon la somme des forces en y, la normale est

( )

sin 50 0

sin 50 sin 50

N N

N

mg F

F mg

− ° + =

= − − °

= °

(32)

Version 2022 12 – La rotation 32 Ainsi, on a

1

3 mg ^{cos 50}

(

° ≤

)

µ mgs

( )

sin 50 cos 50

1

3 sin 50 0, 2797

s

µ µ

°

≥ °

°

≥ Le coefficient de friction minimum est donc

min 0, 2797 µs =

36.

Comme le bloc se déplace et ne tourne pas, on doit faire uniquement la somme des forces sur l’objet. Les forces sur l’objet sont le poids, la normale et la tension de la corde. Avec un axe des x vers le bas de la pente, on a

( )

1

1 1

49 cos 60

49 sin 60 0

x x

x

y y

N

F m a

N T m a

F m a

N F

=

→ ⋅ − ° − =

=

→ ⋅ − ° + =

∑

(En fait, l’équation des forces en y sera inutile ici, elle ne permet que de trouver la normale et il n’est pas nécessaire de la connaitre ici.)

Le cylindre tourne et ne se déplace pas. Dans ce cas, on ne fait que la somme des moments de force. Les forces sur le cylindre sont le poids, la normale faite par l’essieu et la tension de la corde. Comme le poids et la normale s’appliquent à l’axe de rotation, ces deux forces ne font pas de moments de force. Il ne reste donc que la tension de la corde qui fait un moment de force. Avec une direction positive dans le sens des aiguilles d’une montre, on a

sin 90

net I

Tr I

τ α

α

=

° =

Le bord du cylindre doit avoir la même accélération que la corde, qui elle doit avoir la même accélération que le bloc. On a donc

a α = r

(33)

Version 2022 12 – La rotation 33 En utilisant le moment d’inertie du cylindre, l’équation des moments de force du cylindre devient

2 2

2

1 2 1 2 Tr I Tr m r a

r T m a

α

=

= Nos deux équations sont donc

( )

1

49N⋅cos 60− ° −T =m a et 1 ₂ T =2m a En utilisant la deuxième équation dans la première équation, on a

( )

2 1

1 2

²

49 cos 60 1 2

1 49 cos 60

2

1 49 cos 60

2

5 1 10 49 cos 60

2

2, 45^m_s

N m a m a

m a m a N

m m a N

kg kg a N

a

⋅ − ° − =

+ = ⋅ − °

 

+ = ⋅ − °

 

 

 

+ ⋅ ⋅ = ⋅ − °

 

 

=

37.

Comme le bloc se déplace et ne tourne pas, on doit faire uniquement la somme des forces sur l’objet. Les forces sur l’objet sont le poids et la tension de la corde. Avec un axe des y vers le haut, on a

49 5

y y

F ma

N T kg a

=

→ − + = ⋅

∑

La poulie tourne et ne se déplace pas. Dans ce cas, on ne fait que la somme des moments de forces. Les forces sur le cylindre sont le poids, la normale faite par l’essieu et les tensions des cordes. Comme le poids et la normale s’appliquent à l’axe de rotation, ces deux forces ne font pas de moments de force. Il ne reste donc que les tensions des cordes qui font des moments de force. Avec une direction positive dans le sens contraire des aiguilles d’une montre, on a