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18.9 : Moment linéaire et collisions

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    • \( \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } \) \( \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} \)\(\newcommand{\id}{\mathrm{id}}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) \( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\) \( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\) \( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\) \( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\) \( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\) \( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \(\newcommand{\id}{\mathrm{id}}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) \( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\) \( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\) \( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\) \( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\) \( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\) \( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\)\(\newcommand{\AA}{\unicode[.8,0]{x212B}}\)

    Vérifiez votre compréhension

    9.1. Pour atteindre une vitesse finale de v f =\(\frac{1}{4}\) (3,0 x 10 8 m/s) à une accélération de 10 g, le temps requis est de $$ \ begin {split} 10g & = \ frac {v_ {f}} {\ Delta t} \ \ \ Delta t & = \ frac {v_ {f}} {10g} \ frac {\ frac {1} {4} (3.0 \ times 10^ {8}} \ ; m/s)} {10 g} = 7,7 \ fois 10 ^ {5} \ ; s = 8,9 \ ; d \ fin {split} \]

    9.2. Si le téléphone rebondit à peu près à la même vitesse initiale que sa vitesse d'impact, le changement d'élan du téléphone se produira\(\Delta \vec{p} = m \Delta \vec{v} − (−m \Delta \vec{v}) = 2m \Delta \vec{v}\). Cela représente deux fois plus de changement d'élan que lorsque le téléphone ne rebondit pas. Le théorème impulsion/élan nous indique donc qu'il faut appliquer plus de force au téléphone.

    9.3. Si le petit chariot roulait à 1,33 m/s vers la gauche, la conservation de l'élan donne $$ \ begin {split} (m_ {1} + m_ {2}) \ vec {v} _ {f} & = m_ {1} v_ {1} \ ; \ hat {i} − m_ {2} v_ {2} v_ {2} \ ; \ hat {i} \ \ vec {v} _ {f} & = \ left (\ dfrac {m_ {1} v_ {1} − m_ {2} v_ {2}} {m_ {1} + m_ {2}} \ right) \ ; \ hat {i} \ \ & = \ Bigg [\ frac {(0,675 \ ; kg) (0,75 \ ; m/s) − (0,500 \ ; kg) (1,33 \ ; m/s)} {1,175 \ ; kg} \ Bigg] \ ; \ hat {i} \ \ & = − (0,135 \ ; m/s) \ ; \ hat {i} \ end {split} $$ Ainsi, la vitesse finale est de 0,135 m/s vers la gauche.

    9.4. Si la balle ne rebondit pas, son élan final\(\vec{p}_{2}\) est nul, donc $$ \ begin {split} \ Delta \ vec {p} & = \ vec {p} _ {2} − \ vec {p} _ {1} \ \ & = (0) \ ; \ hat {j} − (−1,4 \ ; kg \ cdotp m/s) \ ; \ hat {j} \ \ & = + (1,4 \ ; kg \ cdotp m/s) \ ; \ hat {j} \ \ & = + (1,4 \ ; kg \ cdotp m/s) \ ; \ hat {j} \ \ & = + (1,4 \ ; kg \ cdotp (m/s) \ ; \ hat {j} \ end {split} \]

    9.5. Considérez la théorie du moment d'impulsion, qui est\(\vec{J} = \Delta \vec{p}\). Si\(\vec{J}\) = 0, nous avons la situation décrite dans l'exemple. Si une force agit sur le système, alors\(\vec{J} = \vec{F}_{ave} \Delta t\). Ainsi, au lieu de\(\vec{p}_{f} = \vec{p}_{i}\), nous avons\(\vec{F}_{ave} \Delta t = \Delta \vec{p} = \vec{p}_{f} − \vec{p}_{i}\) où se\(\vec{F}_{ave}\) trouve la force due à la friction.

    9.6. L'impulsion est le changement d'élan multiplié par le temps nécessaire pour que le changement se produise. Grâce à la conservation de l'impulsion, les changements de moment de la sonde et du commentaire sont de la même ampleur, mais dans des directions opposées, et le temps d'interaction pour chacun est également le même. Par conséquent, l'impulsion que chacun reçoit est de la même amplitude, mais dans des directions opposées. Parce qu'ils agissent dans des directions opposées, les impulsions ne sont pas les mêmes. En ce qui concerne l'impulsion, la force sur chaque corps agit dans des directions opposées, de sorte que les forces sur chacun ne sont pas égales. Cependant, le changement d'énergie cinétique diffère pour chacun, car la collision n'est pas élastique.

    9.7. Cette solution représente le cas où aucune interaction n'a lieu : le premier palet rate le deuxième palet et poursuit sa route à une vitesse de 2,5 m/s vers la gauche. Cette affaire n'offre aucun aperçu physique significatif.

    9.8. Si aucune friction agit sur la voiture, elle continuera à glisser indéfiniment (d → ∞). Nous ne pouvons donc pas utiliser le théorème de l'énergie cinétique de travail comme dans l'exemple. Nous n'avons donc pas pu résoudre le problème à partir des informations fournies.

    9.9. Si les vitesses initiales n'étaient pas à angle droit, l'une des vitesses ou les deux devraient être exprimées sous forme de composantes. L'analyse mathématique du problème serait légèrement plus complexe, mais le résultat physique ne changerait pas.

    9.10. Le volume d'un réservoir de plongée est d'environ 11 L. En supposant que l'air est un gaz idéal, le nombre de molécules de gaz dans le réservoir est de $ \ begin {split} PV & = NRT \ \ N & = \ frac {PV} {RT} = \ frac {(2500 \ ; psi) (0,011 \ ; m^ {3})} {(8,31 \ ; J/mol \ cdotp K) (300 \ ; K)} \ left (\ dfrac {6894,8 \ ; Pa} {1 \ ; psi} \ right) \ \ & = 75,9 \ ; mol \ end {split} $$La masse moléculaire moyenne de l'air est de 29 g/mol, donc la masse d'air contenue dans le réservoir est d'environ 2,2 kg. C'est environ 10 fois moins que la masse du réservoir, il est donc prudent de le négliger. De plus, la force initiale de la pression d'air est approximativement proportionnelle à la surface de chaque pièce, qui est elle-même proportionnelle à la masse de chaque pièce (en supposant une épaisseur uniforme). Ainsi, l'accélération initiale de chaque pièce ne changerait que très peu si l'on considère explicitement l'air.

    9.11. Le rayon moyen de l'orbite de la Terre autour du Soleil est de 1,496 x 10 9 m. En prenant le Soleil comme origine et en notant que la masse du Soleil est approximativement la même que les masses du Soleil, de la Terre et de la Lune combinées, le centre de masse du système Terre+Lune et du Soleil est $$ \ begin {split} R_ {CM} & = \ frac {m_ {Soleil} R_ {Soleil} + m_ {em} R_ {em}} {m_ {Soleil}} \ \ & = \ frac {(1,989 \ fois 10^ {30} \ ; kg) (0) + (5,97 \ fois 10^ {24} \ ; kg + 7,36 \ fois 10^ {22} \ ; kg) (1,496 \ times 10^ {9} \ ; m)} {1,989 \ times 10^ {30} \ ; kg} \ \ & = 4,6 \ ; km \ end {split} $$Ainsi, le centre de masse du système Soleil, Terre et Lune est de 4,6 km du centre du Soleil.

    9.12. À l'échelle macroscopique, la taille d'une cellule unitaire est négligeable et la masse cristalline peut être considérée comme étant répartie de manière homogène dans tout le cristal. Ainsi, $$ \ vec {r} _ {CM} = \ frac {1} {M} \ sum_ {j = 1} ^ {N} m_ {j} \ vec {r} _ {j} = \ frac {1} {M} \ sum_ {j = 1} ^ {N} m \ vec {r} _ {j} = \ frac {m} {M} sum_ {j = 1} ^ {N} \ vec {r} _ {j} = \ frac {Nm} {M} \ frac {\ sum_ {j = 1} ^ {N} \ vec {r} _ {j}} {N} $$ où nous additionnons le nombre N de cellules unitaires dans le cristal et m est la masse d'une cellule unitaire. Parce que Nm = M, nous pouvons écrire $$ \ vec {r} _ {CM} = \ frac {m} {M} \ sum_ {j = 1} ^ {N} \ vec {r} _ {j} = \ frac {Nm} {M} \ frac {\ sum_ {j = 1} ^ {N} \ vec {r} _ {j}} {N} = \ frac {\ sum_ {j = 1} ^ {N} \ vec {r} _ {j}} ac {1} {N} \ sum_ {j = 1} ^ {N} \ vec {r} _ {j} \ LDotp$$C'est la définition du centre géométrique du cristal, donc le centre de masse se trouve au même point que la géométrie centre.

    9,13. Les explosions seraient essentiellement sphériquement symétriques, car la gravité n'agirait pas de manière à déformer les trajectoires des projectiles en expansion.

    9,14. La notation m g représente la masse du carburant et m représente la masse de la fusée plus la masse initiale du carburant. Notez que m g change avec le temps, nous l'écrivons donc sous la forme m g (t). En utilisant m R comme masse de la fusée sans carburant, la masse totale de la fusée plus le carburant est m = m R + m g (t). La différenciation par rapport au temps donne $$ \ frac {dm} {dt} = \ frac {dm_ {R}} {dt} + \ frac {dm_ {g} (t)} {dt} = \ frac {dm_ {g} (t)} {dt} $$ où nous avons utilisé\(\frac{dm_{R}}{dt}\) = 0 car la masse de la fusée ne change pas. Ainsi, la vitesse de variation temporelle de la masse de la fusée est la même que celle du carburant.

    Questions conceptuelles

    1. Puisque K =\(\frac{p^{2}}{2m}\), alors si le moment est fixe, l'objet de plus petite masse a plus d'énergie cinétique.

    3. Oui ; l'impulsion est la force appliquée multipliée par le temps pendant lequel elle est appliquée (J = F\(\Delta\) t), donc si une petite force agit pendant une longue période, elle peut entraîner une impulsion plus importante qu'une force importante agissant pendant une courte période.

    5. Par friction, la route exerce une force horizontale sur les pneus de la voiture, ce qui modifie l'élan de la voiture.

    7. La dynamique est conservée lorsque la masse du système d'intérêt reste constante pendant l'interaction en question et lorsqu'aucune force externe nette n'agit sur le système pendant l'interaction.

    9. Pour accélérer les molécules d'air dans le sens du mouvement de la voiture, celle-ci doit exercer une force sur ces molécules selon la deuxième loi de Newton\(\vec{F} = \frac{d \vec{p}}{dt}\). Selon la troisième loi de Newton, les molécules d'air exercent une force d'intensité égale mais dans la direction opposée sur la voiture. Cette force agit dans la direction opposée au mouvement de la voiture et constitue la force due à la résistance de l'air.

    11. Non, il ne s'agit pas d'un système fermé car une force extérieure nette non nulle agit sur lui sous la forme de blocs de départ poussant sur ses pieds.

    13. Oui, toute l'énergie cinétique peut être perdue si les deux masses s'immobilisent à cause de la collision (c'est-à-dire si elles se collent l'une à l'autre).

    15. L'angle entre les directions doit être de 90°. Tout système ayant une force externe nette nulle dans une direction et une force externe nette non nulle dans une direction perpendiculaire satisfera à ces conditions.

    17. Oui, la vitesse de la fusée peut dépasser la vitesse d'échappement des gaz qu'elle éjecte. La poussée de la fusée ne dépend pas de la vitesse relative des gaz et de la fusée, elle dépend simplement de la conservation de l'élan.

    Des problèmes

    19. a. Magnitude : 25 kg • m/s

    b. Identique à un.

    21. 1,78 x 10 29 kg • m/s

    23. 1,3 x 10 9 kg • m/s

    25. environ 1,50 x 10 6 N

    b. 1,00 x 10 5 N

    27. 4,69 x 10 5 N

    29. 2,10 x 10 3 N

    31. \(\vec{p}\)(t) = (10\(\hat{i}\) + 20 t\(\hat{j}\)) kg • m/s ;\(\vec{F}\) = (20 N)\(\hat{j}\)

    33. Soit l'axe X positif dans la direction de l'impulsion initiale. Alors p x = 1,5 kg • m/s et p y = 7,5 kg • m/s

    35. (0,122 m/s)\(\hat{i}\)

    37. a. 47 m/s dans la balle pour bloquer la direction

    b. 70,6 N • s, vers la balle

    environ 70,6 N • s, vers le bloc

    d. La magnitude est de 2,35 x 10 4 N

    39. 3,1 m/s

    41. 5,9 m/s

    43. environ 6,80 m/s, 5,33°

    b. Oui (calculer le rapport entre les énergies cinétiques initiale et finale)

    45. 2,5 cm

    47. La vitesse du wagon-pare-chocs avant est de 6,00 m/s et celle du wagon pare-chocs arrière est de 5,60 m/s

    49. 6,6 %

    51. 1,9 m/s

    53. 22,1 m/s à 32,2° en dessous de l'horizontale

    55. a. 33 m/s et 110 m/s

    b. 57 m

    environ 480 m

    57. (732 m/s)\(\hat{i}\) + (−80,6 m/s)\(\hat{j}\)

    59. − (0,21 m/s)\(\hat{i}\) + (0,25 m/s)\(\hat{j}\)

    61. 341 m/s à 86,8° par rapport à l'\(\hat{i}\)axe.

    63. L'origine étant définie comme étant à la position de la masse de 150 g, x CM = −1,23 cm et y CM = 0,69 cm

    65. $y_ {CM} = \ begin {cas} \ frac {h} {2} - \ frac {1} {4} gt^ {2}, \ quad t < T \ \ h - \ frac {1} {2} gt^ {2} - \ frac {1} {4} GT^ {2} + \ frac {1} {2} GTt, \ quad t \ geq T \ end {cas} \]

    67. a. R 1 = 4 m, R 2 = 2 m

    b. b. X CM =\(\frac{m_{1} x_{1} + m_{2} x_{2}}{m_{1} + m_{2}}\), Y CM =\(\frac{m_{1} y_{1} + m_{2} y_{2}}{m_{1} + m_{2}}\)

    c. Oui, avec R =\(\frac{1}{m_{1} + m_{2}} \sqrt{16m_{1}^{2} + 4m_{2}^{2}}\)

    69. x cm =\(\frac{3}{4} L \left(\dfrac{\rho_{1} + \rho_{0}}{\rho_{1} + 2 \rho_{0}}\right)\)

    71. \(\left(\dfrac{2a}{3}, \dfrac{2b}{3}\right)\)

    73. (x cm, x cm, z cm) = (0,0,\(\frac{h}{4}\))

    75. (x cm, y cm, z cm) = (0\(\frac{4R}{3 \pi}\), 0)

    77. environ 0,413 m/s

    b. environ 0,2 J

    79. 1551 kg

    81. 4,9 km/s

    Problèmes supplémentaires

    84. L'éléphant a un élan plus élevé

    86. Les réponses peuvent varier. La première clause est vraie, mais la deuxième clause ne l'est pas en général parce que la vitesse d'un objet de faible masse peut être suffisamment grande pour que la quantité de mouvement de l'objet soit supérieure à celle d'un objet de plus grande masse avec une vitesse plus faible.

    88. 4,5 x 10 3 N

    90. $$ \ vec {J} = \ int_ {0} ^ {\ tau} \ Big [m \ vec {g} - m \ vec {g} (1 - e^ {\ frac {-bt} {m}}) \ Big] dt = \ frac {m^ {2}} {b} \ vec {g} (e^ {\ frac {-b \ tau} {m}}} - 1) \]

    92. a. − (2,1 x 10 3 kg • m/s)\(\hat{i}\)

    b. − (24 x 10 3 N)\(\hat{i}\)

    94. a. (1,1 x 10 3 kg • m/s)\(\hat{i}\)

    b. (0,010 kg • m/s)\(\hat{i}\)

    c. − (0,00093 m/s)\(\hat{i}\)

    d. − (0,0012 m/s)\(\hat{i}\)

    96. − (7,2 m/s)\(\hat{i}\)

    98. v 1, f = v 1, i\(\frac{m_{1} − m_{2}}{m_{1} + m_{2}}\), v 2, f = v 1, i\(\frac{2m_{1}}{m_{1} + m_{2}}\)

    100. 2,8 m/s

    102. 0,094 m/s

    104. La vitesse finale de la boule blanche est de − (0,76 m/s)\(\hat{i}\), les vitesses finales des deux autres billes sont de 2,6 m/s à ± 30° par rapport à la vitesse initiale de la boule blanche

    106. Boule 1 : − (1,4 m/s)\(\hat{i}\) − (0,4 m/s)\(\hat{j}\), boule 2 : (2,2 m/s)\(\hat{i}\) + (2,4 m/s)\(\hat{j}\)

    108. Boule 1 : (1,4 m/s)\(\hat{i}\) − (1,7 m/s)\(\hat{j}\), boule 2 : − (2,8 m/s)\(\hat{i}\) + (0,012 m/s)\(\hat{j}\)

    110. (r,\(\theta\)) =\(\left(\dfrac{2R}{3}, \dfrac{\pi}{8}\right)\)

    112. Les réponses peuvent varier. La fusée est propulsée vers l'avant non pas par les gaz poussant contre la surface de la Terre, mais par la conservation de l'élan. L'impulsion du gaz expulsé par l'arrière de la fusée doit être compensée par une augmentation de la vitesse de rotation de la fusée vers l'avant.

    Problèmes liés au défi

    114. environ 617 N • s, 108°

    b. F x = 2,91 x 10 4 N, F y = 2,6 x 10 5 N

    c. F x = 5 850 N, F y = 5 265 N

    116. La conservation de la quantité de mouvement exige m 1 v 1, i + m 2 v 2, i = m 1 v 1, f + m 2 v 2, f. On nous donne que m 1 = m 2, v 1, i = v 2, f et v 2, i = v 1, f = 0. La combinaison de ces équations avec l'équation donnée par la conservation de la quantité de mouvement donne v 1, i = v 1, i, ce qui est vrai, de sorte que la conservation de la quantité de mouvement est satisfaite. La conservation de l'énergie exige\(\frac{1}{2}\) m 1 v 1, i 2 +\(\frac{1}{2}\) m 2 v 2, i 2 =\(\frac{1}{2}\) m 1 v 1, f 2 +\(\frac{1}{2}\) m 2 v 2, f 2. Encore une fois, la combinaison de cette équation avec les conditions données ci-dessus donne v 1, i = v 1, i, donc la conservation de l'énergie est satisfaite.

    118. Supposons que l'origine se trouve sur l'axe médian et au sol, alors (x CM, y CM) = (0, 86 cm)