solutionnaire du chapitre 7

Version 2022 7 – Le poids apparent 1

Solutionnaire du chapitre 7

1. a) Le poids de Karl est

70 9,8

686

N

kg

P mg

kg

N

=

= ⋅

=

Vers le bas.

b) Avec une accélération de 6 m/s² vers le haut, les composantes du poids apparent sont

²

0

70 9,8 70 6

1106

app x x

app x

app y y

N mapp y kg s

app y

P ma

P

P mg ma

P kg kg

P N

= −

→ =

= − −

→ = − ⋅ − ⋅

→ = −

Le poids apparent est donc de 1106 N vers le bas.

c) Le nombre de g est

reel sur Terre

1106

6861,612

app

g

Pn

P

N

N

=

=

=

2. a) Le poids de Karl est

70 1,6

112

Nkg

P mg

kg

N

=

= ⋅

=

Luc Tremblay Collège Mérici, Québec


Vers le bas. b) Avec une accélération de 6 m/s² vers le haut, les composantes du poids apparent

sont

²

0

70 1,6 70 6

532

app x x

app x

app y y

N mapp y kg s

app y

P ma

P

P mg ma

P kg kg

P N

= −

→ =

= − −

→ = − ⋅ − ⋅

→ = −

Le poids apparent est donc de 532 N vers le bas.

c) Le nombre de g est

reel sur Terre

532

6860,7755

app

g

Pn

P

N

N

=

=

=

3. Pour trouver le poids apparent, il nous faudra l’accélération. Puisque la voiture passe de 0 à 100 km/h en 1,8 seconde, l’accélération est

0

²

27,78 0 1,8

15, 432

x x x

m ms s

mx s

v v a t

a s

a

= +

= + ⋅

=

Les composantes du poids apparent sont donc

0

app x x

app x x

app y y

app y

P ma

P ma

P mg ma

P mg

= −

→ = −

= − −

→ = − −

La grandeur du poids apparent est donc



( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2

2 2

app appx appy

app x

app x

P P P

P ma mg

P ma mg

= +

= − + −

= +

Le nombre de g est donc

( ) ( )

( )

( )

( ) ( )

reel sur Terre

2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

22

²15,432 9,8

9,8

1,865

app

g

x

x

x

x

x

m Ns kg

Nkg

Pn

P

ma mg

mg

m a m g

mg

m a g

mg

m a g

mg

m a g

mg

=

+=

+=

+=

+=

+=

+=

=

4. a) Les composantes de l’accélération sont

² ²

² ²

6 cos60 3

6 sin 60 5,196

m mx s s

m my s s

a

a

= ⋅ ° =

= ⋅ ° =




²

²

70 3

210

70 9,8 70 5,196

1049,73

app x x

mapp x s

app x

app y y

N mapp y kg s

app y

P ma

P kg

P N

P mg ma

P kg kg

P N

= −

→ = − ⋅

→ = −

= − −

→ = − ⋅ − ⋅

→ = −


( ) ( )

2 2

2 2210 1049,73

1070,53

app appx appyP P P

N N

N

= +

= − + −

=

La direction du poids apparent est

arctan

1049,73arctan

210101,3

appy

appx

P

P

N

N

θ =

−=

−

= − °

(On enlève 180° à la réponse donnée par la calculatrice puisque Pappx est négatif.)

b) Le nombre de g est donc

reel sur Terre

1070,53

6861,56

app

g

Pn

P

N

N

=

=

=

5. a) Au point A, l’accélération est de v²/r vers le haut. Les composantes du poids apparent sont donc



( )

2

2

0

25120 9,8 120

108676

app x x

app x

app y y

app y

msN

app y kg

app y

P ma

P

P mg ma

vP mg m

r

P kg kgm

P N

= −

→ =

= − −

→ = − −

→ = − ⋅ − ⋅

→ = −


reel sur Terre

8676

11767,378

app

g

Pn

P

N

N

=

=

=

b) Au point B, l’accélération est de v²/r vers le bas. Les composantes du poids apparent sont donc

( )

2

2

0

10120 9,8 120

15376

app x x

app x

app y y

app y

msN

app y kg

app y

P ma

P

P mg ma

vP mg m

r

P kg kgm

P N

= −

→ =

= − −

→ = − − ⋅ −

→ = − ⋅ + ⋅

→ = −


reel sur Terre

376

11760,32

app

g

Pn

P

N

N

=

=

=



6. Avec une accélération de 4π²r/T² vers le centre de la Terre, les composantes du poids apparent sont donc

2

2

0

4

app x x

app x

app y y

app y

P ma

P

P mg ma

rP mg m

T

π

= −

→ =

= − −

→ = − − −

Si on veut que le poids apparent soit nul, on doit avoir

2

2

2

2

2

2 6

40

4

4

4 6,378 10

9,8

5069 84,48min

Nkg

rmg m

T

rg

T

rT

g

mT

T s

π

π

π

π

= − − −

=

=

⋅ ×=

= =

7. a) Avec une accélération de v²/r vers le bas, les composantes du poids apparent sont donc

2

0

app x x

app x

app y y

app y

P ma

P

P mg ma

vP mg m

r

= −

→ =

= − −

→ = − − −

Il ne reste que la composante en y, qui vaut



( )

2

2250

60 9,8 605000

162

app y

msN

kg

vP mg m

r

kg kgm

N

= − +

= − ⋅ + ⋅

=

Le poids apparent est donc de 162 N vers le haut. Juliette pourrait donc marcher au plafond de l’avion.

b) Le nombre de g est

reel sur Terre

162

5880, 2755

app

g

Pn

P

N

N

=

=

=

8. Avec une accélération de v²/r vers le bas, les composantes du poids apparent sont donc

2

0

app x x

app x

app y y

app y

P ma

P

P mg ma

vP mg m

r

= −

→ =

= − −

→ = − − −

Comme la grandeur du poids de Victor est 50 kg ∙ 9,8 N/kg = 490 N, la grandeur du poids apparent de Victor doit être de 980 N. Avec un poids apparent vers le haut, on a

2

2

980 50 9,8 5010

17,146

app y

Nkg

ms

vP mg m

r

vN kg kg

m

v

= − +

= − ⋅ + ⋅

=



9. Avec une accélération de v²/r vers la droite, les composantes du poids apparent sont donc

2

app x x

app x

app y y

app y

P ma

vP m

r

P mg ma

P mg

= −

→ = −

= − −

→ = −

www.draftsperson.net/index.php?title=Formula_1_-_Free_AutoCAD_Blocks


( )

( )

2 2

222

222

app app x app yP P P

vm mg

r

vm mg

r

= +

= − + −

= +

Le nombre de g est

( )

( )

( )

reel sur Terre

222

222

222

app

g

Pn

P

vm mg

r

mg

vm g

r

mg

vg

r

g

=

+

=

+

=

+

=

Puisque le pilote subit 4 g, on a



( )

( )

( )( )

222

222

222

4

4

504 9,8 9,8

65,867

msN N

kg kg

vg

r

g

vg g

r

r

r m

+

=

= +

⋅ = +

=

10. Quand il n’y a pas de gravitation, on peut orienter les axes comme on veut. Avec les axes montrés sur la figure, les composantes du poids apparent sont

2

2

0

40

app x x

app x

app y y

app y

P ma

P

P mg ma

rP m

T

π

= −

→ =

= − −

→ = − −


reel sur Terre

2

2

2

2

4

4

app

g

Pn

P

rm

T

mg

r

T g

π

π

=

=

=

Comme on veut que la personne subisse 1 g, on a



2

2

2

2

41

4 121

9,8

6,953

Nkg

r

T g

m

T

T s

π

π

=

⋅=

⋅

=

11. Les seules forces sur la personne sont la gravitation et la tension de la corde. On a donc que

( )

( )( )app

app

app

P F mg

P T mg mg

P T

= − −

= − + −

= −

� �

�

� �

� �

� �

Le poids apparent est donc dans la direction opposée à la tension de la corde.

La direction du poids apparent est donc de -60°. Pour trouver la direction du poids apparent, on doit connaitre les composantes. Ces composantes sont

2

2

4

app x x

app x

app y y

app y

P ma

rP m

T

P mg ma

P mg

π

= −

→ = − −

= − −

→ = −



La direction est donc

2

24

2

2

tan

4

app y

app x

r

T

P

P

mg

m

T g

r

π

θ

π

=

−=

−=

Avant de pouvoir trouver la solution de cette équation, on doit connaitre le rayon de la trajectoire, c’est-à-dire la distance entre la personne et l’axe de rotation du manège. Cette distance est

4 5 sin 30

6,5

r m m

m

= + ⋅ °

=

La solution de notre équation est donc

( )

2

2

2

2

tan4

9,8tan 60

4 6,5

6,734

Nkg

T g

r

T

m

T s

θπ

π

−=

− ⋅− ° =

⋅

=

12. Puisque la surface de l’eau est perpendiculaire à la direction du poids apparent, le poids apparent est dans la direction -110° comme montrés sur cette figure.



Pour trouver la direction du poids apparent, on doit connaitre les composantes. Ces composantes sont

2

2

4

app x x

app x

app y y

app y

P ma

rP m

T

P mg ma

P mg

π

= −

→ = −

= − −

→ = −

La direction est donc

2

24

2

2

tan

4

app y

app x

r

T

P

P

mg

m

T g

r

π

θ

π

=

−=

−

=

Ce qui donne

( )2

2

9,8tan 110

4 0,1

1,052

Nkg

T

m

T s

π

⋅− ° =

⋅

=

Si le verre est maintenant placé à une distance de 6 cm de l’axe, la direction du poids apparent devient

( )

2

2

2

2

tan4

1,052 9,8tan

4 0,06

tan 4,579

77,68 ou 102,32

Nkg

T g

r

s

m

θπ

θπ

θ

θ

=

⋅=

⋅

=

= ° − °

La première réponse (un poids apparent pointant presque vers le haut) n’a pas de sens. La deuxième est notre bonne réponse. Comme le poids apparent est incliné de 12,32° par rapport à la verticale, cela veut dire que la surface de l’eau est inclinée de 12,32° par rapport à l’horizontale.



13. a) On trouve la vitesse initiale en y avec

210 0 2y

y y v t gt= + −

Comme l’avion revient à la même hauteur, on a y = y

0. On a alors

21

0 0 0 2

210 2

10 2

102

102 ²

0

0

0

9,8 25

122,5

y

y

y

y

mys

mys

y y v t gt

v t gt

v gt

gt v

s v

v

= + −

= −

= −

=

⋅ ⋅ =

=

Comme la vitesse en y est 0 0 sinyv v θ= , et que v0 = 200 m/s, on a

0122,5 sin

122,5 200 sin

0,6125 sin

37,77

ms

m ms s

v θ

θ

θ

θ

=

= ⋅

=

= °

b) Au point le plus haut, la vitesse en y est nulle. On a donc



( )

( ) ( )

2 20 0

2

²

2

2 9,8 0 122,5

765,6

y y y

m ms s

a y y v v

y

y m

− = −

⋅ − ⋅∆ = −

∆ =

14. a) Comme cette force est dans la direction opposée au poids apparent, on doit trouver la direction du poids apparent. On trouve cette direction à partir des composantes du poids apparent.

app x x

app x x

app y y

app y

P ma

P ma

P mg ma

P mg

= −

→ = −

= − −

→ = −

La direction du poids apparent est

²

arctan

arctan

arctan

9,8arctan

2

101,53

app y

app x

x

x

Nkg

ms

P

P

mg

ma

g

a

θ =

−=

−

−=

−

−=

−

= − °

La poussée d’Archimède étant dans la direction opposée, à 78,47°. Il nous faut aussi le nombre de g pour calculer la grandeur de la poussée d’Archimède. La grandeur du poids apparent est

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2

2 2

app app x app y

app

app

P P P

P ma mg

P ma mg

= +

= − + −

= +




( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

reel sur Terre

2 2

2 2

22

²2 9,8

9,8

1,0206

app

g

m Ns kg

Nkg

Pn

P

ma mg

mg

m a g

mg

=

+=

+=

+=

=

La grandeur de la poussée d’Archimède est donc de

³

9,8

1000 1,0206 9,8 0,0004 ³

4,0008

NA g fkg

kg Nm kg

F n V

m

N

ρ= ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅

=

b) Pour trouver la tension, on va faire la somme des forces sur le bloc. Les forces sur le bloc de cèdre sont :

1) Une force de gravitation de 3,43 N vers le bas. 2) Une tension T. 3) La poussée d’Archimède de 4,0008 N à 78,47°.

Les équations des forces sont

( )

( )

²4,0008 cos 78, 47 0,35 2

3, 43 4,0008 sin 78, 47 0

x x

mx s

y y

y

F ma

T N kg

F ma

N T N

=

→ + ⋅ ° = ⋅

=

→ − + + ⋅ ° =

L’équation des forces en x nous donne

( ) ²4,0008 cos 78, 47 0,35 2

0,79997 0,7

0,09997

mx s

x

x

T N kg

T N N

T N

+ ⋅ ° = ⋅

+ =

= −



L’équation des forces en y nous donne

( )3, 43 4,0008 sin 78,47 0

3,43 3,92 0

0,49

y

y

y

N T N

N T N

T N

− + + ⋅ ° =

− + + =

= −

La tension est donc

( ) ( )

2 2

2 20,09997 0, 49

0,50009

x yT T T

N N

N

= +

= − + −

=

c) La direction de la tension est

arctan

0,49arctan

0,09997

101,53

y

y

T

T

N

N

θ =

−=

−

= − °

On a donc

L’angle est donc de 11,53°. La tension de la corde est directement opposée à la poussée d’Archimède.



15. Trouvons la direction du poids apparent sur la surface à une distance x de l’axe de rotation. À cette distance, le poids d’une molécule d’eau est vers le bas et son accélération est vers l’axe de rotation.


2

2

4

app x x

app x

app y y

app y

P ma

xP m

T

P mg ma

P mg

π

= −

→ = − −

= − −

→ = −

La direction de poids apparent est donc

2

2

2

2

tan

4

4

app y

app x

P

P

mg

xm

T

gT

x

θ

π

π

=

−=

−=

Or, cette tangente est la pente d’une droite allant dans la direction du poids apparent.



Comme la surface est perpendiculaire à cette droite, la pente d’une droite parallèle à la surface est

2

2

4 xpente

gT

π=

(Puisque le lien entre les pentes de deux droites perpendiculaires est �� = -1.) On a alors la pente de la surface à la distance x. Comme la pente est la dérivée, on a

2

2

4dy x

dx gT

π=

On peut alors intégrer

2 2

2

2 xy cst

gT

π= +

Si la hauteur du liquide à x = 0 est ��, alors la constante est ��. On a donc

2 2

02

2 xy y

gT

π= +

C’est l’équation de la surface. C’est une parabole.

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