Physique générale Exercices
1ère année Premier Semestre
Corrigé 5
De manière générale, on considère:
α = cte ω = αt+ω0
θ = 1
2αt2+ω0t+θ0
Exercice 5-35
(a) On connaît la vitesse de la périphérie des roues. On a:
ω=v r = 20
0.3 rad s−1= 66.7 rad s−1 (b) L’accélération est constante donc :
α= ω
∆t = 66.7
15 = 4.44 rad s−1 (c) L’angle parcouru vaut:
θ= 1
2α(∆t)2= 1
24.44·152 rad = 499.5 rad.
Ce qui correspond à 79.5 tours de roue.
Exercice 5-38
Selon le tableau 5.3 du livre Kane/Sternheim : Ianneau =mR2,Idisque= 1
2mR2. Ainsi, un anneau possède un moment d’inertie deux fois supérieur à celui d’un disque plein de même masse et même rayon. En conséquence, à moment de force imposé égal, un disque plein aura une accélération angulaire deux fois moindre qu’un disque vide de mêmes masse et rayon (cf. chapitre 5.4 du livre).
Exercice 5-52
e = 1.6×10−19 C k = 9×109 Nm2C−2 me = 9.1×10−31 kg
(a) L’électron tourne sous l’effet de la force électromagnétique, résultat de l’interaction avec la charge, égale et opposée, du proton du noyau.
F = ke2
r2 = 9×109×(1.6×10−19)2
5.29×10−11 = 8.23×10−8N a = F
m = 8.23×10−8 N
9.11×10−31 kg = 0.91×1023ms−2
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(b) Étant donné l’accélération, on a:
a= v2
r = (ωr)2
r = (2πν)2r⇒ν= 1 2π
ra
r = 6.6×1015s−1.
Exercice 5-61
Les forces qui agissent sur la voiture sont son poidsw, la force normaleN, et la force de frottement f. L’accélération du véhicule est connue et égale à l’accélération centripète du mouvement circulaire (a= v2
r ). Le bilan des forces est :
N~ +f~+w~ =m~a
On présente ci-dessous deux solutions équivalentes. La première considère les axesxetycomme indiqués sur la figure, et la seconde n’utilise que la projection selon le plan incliné parallèle à la route.
• En suivant la convention de la figure:
En x : Nsinθ+fcosθ=max=mv2 r En y : Ncosθ−fsinθ−w=may= 0 Ceci constitue un système de deux équations.
(a) Siv est tel que le frottement est nul, alors:
N = w
cosθ ⇒wsinθ cosθ = wv2
gr ⇒v=p
grtanθ= 18.6 ms−1
(b) On pose maintenantv0=v+5 qui est connue et de norme 23.6 ms−1. Alors, en résolvant le système de deux équations à deux inconnues f et N en égalant les réactions du solN selon les deux composantes, on obtient:
w+fsinθ
cosθ = −fcosθ+vr02m sinθ wsinθ+fsin2θ=−fcos2θ+v02
r mcosθ f = v02
r mcosθ−mgsinθ=m×1.04 N
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• On obtient les mêmes résultats si on ne considère que la projection des forces sur le plan incliné. On a alors:
wsinθ+f =mv2 r cosθ D’où (avecw=mg):
(a) f = 0⇒v=p
grtanθ= 18.6 ms−1 (b) Avecv0=v+ 5, on obtient:
f =mv02
r cosθ−mgsinθ=m(v02
r cosθ−gsinθ) =m×1.04 N
Exercice 5-75
(a) Le nombre d’atomes par bille vautNa = 5 kg
3.44×10−25 kg = 1.45×1025. Puisque chaque atome possède 82 électrons, le nombre d’électrons par bille est: Ne= 82×Na'1.2×1027. (b) La condition d’égalité entre les forces s’écrit:
Gm2
r2 =k(N e)2 r2 .
oùN est le nombre d’électrons transféré, G= 6.67×10−11 Nm2kg−2 et e= 1.6×10−19 C la charge de l’électron. Ainsi:
N =1 e
rGm2
k = 2.69×109. Soit une fractionf = N
Ne
= 2×10−18 du total d’électrons de chaque bille.
Exercice 5-78
(a) La lune est donc soumise à l’attraction gravitationnelle de la Terre et tourne autour d’elle avec une période deT = 27.3 jours. Son accélération vaut alors:
al=ω2R= 2π
T 2
R=
2π
27.3×24×3600 s 2
×3.84×108= 2.7×10−3ms−2. (b) L’attraction gravitationnelle due à la Terre sur une masse m située à une distanceR de la
Terre vaut:
F=mg0=GmMT
R2 ⇒g0 = 2.7×10−3 ms−2. Où l’on a utilisé la valeur deGMT déterminée àRT:
g=GMT
R2T ⇒GMT =gR2T = 9.81×(6380×103)2m3s−2= 3.99×1014 m3s−2. (c) g0=al.
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