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©Hachette Livre, H-Prépa Exercices, Physique, MPSI-PCSI-PTSI.
La photocopie non autorisée est un délit.
◗SYSTÈMES USUELS DE COORDONNÉES
• Coordonnées cartésiennes • Coordonnées cylindriques
OM
—
➞ = xe
➞x+ ye
➞y+ ze
➞z; base (e
➞x , e
➞y , e
➞z) (doc. 1). OM
—
➞ = re
➞r+ ze
➞z; base (e
➞r , e
➞q, e
➞z) (doc. 2).
• Coordonnées sphériques : OM
—
➞ = re
➞r; base (e
➞r , e
➞q, e
➞j) (doc. 3).
Cinématique du point
Changement de
référentiel
1
RAPPEL DE COURS
x
y
er
H
θ
z
x
y
r
ex
ey
ez
ez
ez
er
er
H
M
O
θ
r
e
θ
e
θ
e
θ
zz
x
x
yy
ex
ey
ez
M
O
Doc. 1. Coordonnées cartésiennes (x , y , z) :
OM
—
➞
= xe
➞
x+ ye
➞
y+ ze
➞
z.Doc. 2. Coordonnées cylindriques (r , q, z) :
OH
—
➞
=re
➞
r;OM
—
➞
=re
➞
r+ ze
➞
z.
ez
O
z
x
y
rM
H
ϕ
θ
er
ex
ey
u
e
ϕ
e
θ
ϕ
er
u
u
e
ϕ
e
ϕ
e
θ
rsin
y
H
H
M
x
z
θ
θ
r
Doc. 3)b. Plans : z = 0 et j = cte .
Doc. 3)a. Coordonnées sphériques.
17
CINÉMATIQUE DU POINT – CHANGEMENT DE RÉFÉRENTIEL
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices, Physique, MPSI-PCSI-PTSI.
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16
MÉCANIQUE
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◗REPRÉSENTATIONS DU MOUVEMENT
• La trajectoire est constituée de l’ensemble des positions successives OM
—
➞(t) =
➞
r(t) du point mobile M
étudié.
• Dans l’espace des vitesses, l’ensemble des positions successives O
N
—
➞(t) = v
➞
(t) constitue l’hodogra-
phe du mouvement.
• Dans l’espace des phases, le point Prepéré par O
P
—
➞= (OM
—
➞, O
N
—
➞) décrit la trajectoire de phase du
mobile. Pour un mouvement à un degré de liberté, le point de phase Pse déplace dans le plan de phase :
O
P
—
➞= (x(t), v(t)).
◗VITESSE D’UN POINT
Soit O un point fixe du référentiel
. Le vecteur vitesse de M par rapport à ce référentiel est :
v
➞(M)/ =
/
•Expression en coordonnées cartésiennes : v
➞(M)/ = ·
xe
➞x+ ·
ye
➞y+ ·
ze
➞z.
•Expression en coordonnées cylindriques : v
➞(M)/ = ·
re
➞r+ r·
qe
➞q+ ·
ze
➞z.
◗ACCÉLÉRATION D’UN POINT
Le vecteur accélération de M par rapport à ce référentiel est :
•Expression en coordonnées cartésiennes : a
➞(M)/ = ¨
xe
➞x+ ¨
ye
➞y+ ¨
ze
➞z.
•Expression en coordonnées cylindriques : a
➞(M)/ = (¨r– r·
q2)e
➞r+ (r¨
q+ 2·
r·
q)e
➞q+ ¨
ze
➞z;
ou encore : a
➞(M)/ = (¨r– r·
q2)e
➞r+(r2·
q)e
➞q+ ¨
ze
➞z.
◗MOUVEMENT CIRCULAIRE
Le point M se déplace sur un cercle de centre O , de rayon R , d’axe (Oz) . Il est repéré par ses coor-
données polaires sur le cercle (r = R , q) .
OM
—
➞ = R e
➞r ;
v
➞(M)/
= R·
qe
➞q= w
➞∧OM
—
➞ ,où w
➞ = we
➞z ;
a
➞(M)/
=– R·
q2e
➞r +R¨
qe
➞q (doc. 4).
Si le mouvement est circulaire uniforme, v =R
·
qest constante, donc a
➞ (M)/
est dirigée suivant – e
➞r;
elle est centripète (doc. 5).
d
dt
1
r
a
➞() d2
d
/
MOM
t2
///
=d
d
v (M)
t/
=.
➞
dOM
—
➞
dt
θ
θ
ex
er
a(M)
e
ey
= ezez = ex ey
y
x
z
vM
A
M
ωω
O
M
a
v
Doc. 5. Si |v
➞
| = cte , l’accélération du point M est
dirigée suivant – OM
—
➞
: a
➞
= – e
➞
r.
v2
R
Doc. 4. Mouvement circulaire d’un point M dans
un cercle de rayon a :
v
➞
= R ·
qe
➞
qet a
➞
= – R ·
q2e
➞
r+ R¨
qe
➞
q.
Trajectoire et hodographe
d’un mouvement plan
Un point Mse déplace dans le plan (xOy) à la vitesse :
➞
v
=
v
0(e
➞x+ e
➞
q), où e
➞
qest le vecteur orthoradial de la base
locale des coordonnées polaires (r,q).
1
■
Établir les équations polaire et cartésienne de la tra-
jectoire à caractériser.
2
■
Faire de même pour l’hodographe.
3
■
Faire le lien entre l’angle q= (
j
e
➞x, ➞
r
) et l’angle
j= (
j
e
➞x, ➞
v
).
Aller et retour sur un fleuve
Un rameur s’entraîne sur un fleuve en effectuant le parcours
aller et retour entre deux points Aet B, distants de . Il
rame à vitesse constante vpar rapport au courant. Le fleuve
coule de Avers Bà la vitesse u . Son entraîneur l’ac-
compagne à pied le long de la rive en marchant à la vitesse
vsur le sol, il fait lui aussi l’aller et retour entre Aet B.
Seront-ils de retour en même temps au point de départ ? Si
non, lequel des deux (rameur ou entraîneur) arrivera le pre-
mier en A? Commenter.
●●●➤
Conseil
Utiliser la composition des vitesses en faisant atten-
tion au sens des vecteurs vitesse.
5
●●●➤
Conseils
Il suffit de passer du système de coordonnées carté-
siennes (x, y) au système de coordonnées polaires
(r,q), et inversement, pour obtenir l’une ou l’autre des
équations recherchées.
4
Chasseur et oiseau
Un oiseau se trouve sur une branche d’arbre, à une hauteur
Hau dessus du niveau du sol. Un chasseur se trouve sur le
sol à la distance Ddu pied de l’arbre. Il vise l’oiseau et
tire. Au moment du coup de feu, l’oiseau, voyant la balle
sortir du canon, prend peur et se laisse tomber instantané-
ment en chute libre. À chaque instant, l’accélération de la
balle et de l’oiseau dans un référentiel fixe est – g e
➞z(l’axe
(Oz) est la verticale ascendante). L’oiseau est-il touché ?
L’étude sera faite :
a) dans le référentiel fixe ;
b) dans le référentiel lié à l’oiseau.
Mouvement parabolique
à accélération radiale
Un point matériel se déplace dans le plan (xOy) en sui-
vant la parabole d’équation cartésienne : y= .
Son accélération reste à tout instant radiale, c’est-à-dire
parallèle au vecteur position ➞
r
= OM
—
➞.
1
■
Établir l’équation polaire de la trajectoire : r= f(q).
2
■
Montrer que le produit C= r2·
q
est une constante du
mouvement.
3
■
Exprimer l’accélération du point à l’aide de a, ret C.
Ce genre de mouvement paraît-il physiquement réalisable ?
●●●➤
Conseils
1) Exprimer xet yen fonction de ret q, et en déduire
r(r0!).
2) Quelle est la composante orthoradiale de l’accélé-
ration ?
3) Où trouve-t-on des interactions newtoniennes ?
x2– a2
2a
7
●●●➤
Conseil
Déterminer les trajectoires de l’oiseau et de la balle
dans le référentiel choisi et déterminer leur intersec-
tion.
6
19
CINÉMATIQUE DU POINT – CHANGEMENT DE RÉFÉRENTIEL
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices, Physique, MPSI-PCSI-PTSI.
La photocopie non autorisée est un délit.
18
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices, Physique, MPSI-PCSI-PTSI.
La photocopie non autorisée est un délit.
Une course automobile
Deux pilotes amateurs prennent le départ d’une course
automobile sur un circuit présentant une longue ligne droi-
te au départ. Ils s’élancent de la même ligne. Le premier, A,
démarre avec une accélération constante de 4 m.s–2, le
deuxième, B, a une voiture légèrement plus puissante et
démarre avec une accélération constante de 5 m.s–2. Aa
cependant plus de réflexes que B et démarre une seconde
avant.
1
■
Quelle durée faudra-t-il à B pour rattraper A?
2
■
Quelle distance auront-ils parcourue quand B dou-
blera A?
3
■
Quelle seront les vitesses à cet instant-là ?
4
■
Représenter x(t) et v(t) et la trajectoire de phase de A
et B, en précisant la position de l’événement « Bdépasse
A» sur ces représentations des mouvements.
Mouvement d’un point matériel
sur une parabole
Un point matériel M décrit la courbe d’équation polaire
où a est une constante positive,qvariant
de – πà + π.
1
■
Montrer que la trajectoire de M est une parabole. La
construire.
2
■
On suppose de plus que le module du vecteur vitesse
est toujours proportionnel à r: v = kr , où k est une cons-
tante positive.
a) Calculer, en fonction de q, les composantes radiale et
orthoradiale du vecteur vitesse de M .
b) Déterminer la loi du mouvement q(t) en supposant
que qest nul à l’instant t= 0 et que qcroît.
On donne
q
0
d
θθθ
cos ln tan .=+
24
π
racos ,
22
θ
=
2
●●●➤
Conseil
Déterminer l’équation horaire du mouvement de
chaque voiture.
1
Trois chiens se poursuivent
À l’instant t= 0 , trois chiens A, Bet Csont situés aux
trois sommets d’un triangle équilatéral de côté det se met-
tent en mouvement. Le module de leur vitesse, identique pour
les trois, est v. Le chien Ase dirige constamment vers B,
qui se dirige constamment vers C, qui, lui-même, se dirige
constamment vers A.
1
■
À quel instant les trois chiens se rencontrent-ils ?
2
■
Quelle distance auront-ils parcouru ?
3
■
Déterminer la trajectoire suivie par chaque chien ainsi
que les lois horaires définissant le mouvement sur ces tra-
jectoires.
C
yvC
yvB
yvA
x
y
d(au départ, à t = O)
B
A
d
d
3
●●●➤
Conseils
1) Penser à remplacer cos2
q
2
par
1
2
(1 + cosq) et
à utiliser les relations entre (x, y) et (r, q) pour don-
ner l’équation de la trajectoire en coordonnées carté-
siennes.
2) La condition v = kr permet d’exprimer ·
qen
fonction de q, donc de ne plus faire apparaître
explicitement le temps dans les équations, mais seu-
lement q.
ÉNONCÉS
●●●➤
Conseils
(Voir également H-Prépa, Mécanique I, 1re année,
chapitre 1, exercice 10)
La figure formée par les trois chiens à chaque instant
est un triangle équilatéral de côté (t). Quand les
chiens se rencontrent, ce triangle est réduit à un point.
1) Dériver || AB
—
➞||2= 2(t) pour obtenir l’expression
de
d
d
t
.
3) Travailler dans la base polaire liée au point A,
l’origine étant choisie au centre du triangle formé par
les positions initiales des trois chiens.
21
CINÉMATIQUE DU POINT – CHANGEMENT DE RÉFÉRENTIEL
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices, Physique, MPSI-PCSI-PTSI.
La photocopie non autorisée est un délit.
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La photocopie non autorisée est un délit.
q
d’où sa tangente est positive.
Si q =0 à t=0 , la constante est nulle.
Trois chiens se poursuivent
1
■
|| AB
—
➞ ||2=l2(t) d’où :
AB
—
➞ .l(t) = (v
➞(B) – v
➞(A)).AB
—
➞.
Or v
➞(A) est parallèle à AB
—
➞par hypothèse, donc
v
➞(A).AB
—
➞=vl(t) .
De plus v
➞(B) , qui est parallèle à
BC
—
➞, fait
donc un angle de 60° avec BA
—
➞ , d’où :
v
➞(B).AB
—
➞=– v(t).
Finalement : (t)= – v(t).
d’où = – v, donc (t)= d – vt compte tenu de
(0) =d.
Les trois chiens se rejoignent à l’instant où (t) s’annule, c’est-
à-dire à l’instant
2
■
Ils auront parcouru la distance
3
■
Dans la base polaire liée au point A(avec origine en O,
centre du triangle initial)
:
v
➞(A) = ·
re
➞r + rq
·e
➞q
avec
(voir le schéma ci-dessous) :
v
➞(A).e
➞r= – vet v
➞(A).e
➞q= – ,
donc :
et
On en déduit , d’où :
avec
y
x
O
B
C
θ
θ
er
e
A
v(C)
v(B)
v(A)
θ
() .02
=π
θθ
() ( ) ln lntt
dr
r
−= −
=01
313
21
3
0
v
θ
•
=−v
2r
rt r t r d() .=− =
00
3
23
3
vavec
r
•
=− 3
2v
v
2
13
2
Lt d
f
==v2
3.
td
f
=2
3v.
3
2
3
2
d
dt
3
2
d
dt
1
2
d
dt
dAB
—
➞
dt
3
];[ ];[
θ
∈− + + ∈ππ ππ
donc 44 02
L’équation polaire de la trajectoire du chien Aest donc :
C’est l’équation d’une spirale logarithmique. Les trajectoires
des chiens Bet Cse déduisent de celle-ci par rotation d’angle
autour de O.
Autres méthodes pour la question 1
•Soient A, B, Cles positions des trois chiens à l’instant tet
A′, B′, C′ leurs positions à l’instant t+ dt.
|| AB¢
—
¢
➞||2=|| AB¢
—
➞||2 +|| BB
—
¢
➞||2 + 2 AB¢
—
➞.BB
—
¢
➞
⇒2(t+ dt) =((t) – vdt)2
+ (vdt)2– 2((t) – vdt)vdtcos(60°)
⇒2(t+ dt) =2(t) – 3v(t)dt + o(dt)
au premier ordre en dt.
⇒(t+ dt) =(t) – vdt + o(dt) = (t)+(dt)+o(dt),
d’où = – v ce qui donne le même
résultat que par la première méthode.
•Dans le référentiel lié à B, la vitesse de As’écrit
v
➞(A)/B =v
➞(A) – v
➞(B) . Dans ce référentiel, la trajectoire de A
est une droite (puisque Ase dirige constamment vers B). Soit
u
➞AB le vecteur unitaire parallèle à AB
—
➞ et de même sens :
v
➞(A)/B= – u
➞AB.
Donc = v
➞(A)/B.u
➞AB = – – v=– ce qui donne
encore le même résultat.
Trajectoire et hodographe
d’un mouvement plan
1
■
v
➞
v
=
v
0(e
➞x+ e
➞
q) =
v
0(cosqe
➞r+ (1 – sinq) e
➞
q).
Le déplacement élémentaire dOM
—
➞= d(re
➞r) = dr.e
➞r+ rdq.e
➞
q
du point Mest colinéaire au vecteur vitesse, donc :
=, soit : = = d ln
.
ce qui donne l’équation en coordonnées polaires :
r= r0 =
où rest un paramètre (longueur) caractéristique de la trajec-
toire.
On en déduit : r= r+ rsin q, soit, avec x= rcos qet
y= rsinq, en élevant au carré : r2= x2+ y2= (r+ y)2, ce qui
donne finalement :
y=
qui est l’équation d’une parabole d’axe (Oy).
x2– r2
2r
r
1 – sinq
1 – sinq0
1– sinq
1 – sinq0
1– sinq
cosqdq
1 – sinq
dr
r
cosq
1 – sinq
dr
rdq
4
3v
2
v
2
d
dt
d
dt
3
2
d
dt
d
dt
3
2
2
3
π
rr=−
0
32
exp .
θ
π
Une course automobile
1
■
Nous avons :
xA(t) = aAt2et xB(t) = aB(t– t0)2,
cette deuxième expression étant applicable à tt0= 1 s.
Les deux voitures sont au même niveau à l’instant t1, soit :
aAt1
2= aB(t1– t0)2
ce qui donne :
t1= t0.≈9,5 s.
2
■
À l’instant t1:
d= xA(t1) = xB(t1) = aAt1
2≈1,8.102m.
3
■
vA(t1) = aAt1≈38m.s– 1 et vB(t1) = aB(t1– t0) ≈42 m.s– 1.
4
■
B
A
vB(t1)
vA(t1)
O
v
x
d
t0t1
vB(t)
vB(t1)
vA(t1)
vA(t)
O
v
t
t0t1
xB(t)xA(t)
O
x
d
t
1
2
1
1 –
2
a
aA
B
1
2
1
2
1
Mouvement d’un point matériel
sur une parabole
1
■
Sachant que cos2= (1 + cosq), l’équation polaire
s’écrit : r= 2a– rcosq; avec x= rcosqet y= rsinq, et en
élevant au carré : r2= x2+ y2= (2a– x)2,
ce qui donne :
x= ,
parabole représentée ci-dessous.
2
■
a)
et
II reste à éliminer ·
qen utilisant :
.
q∈]– π; + π[ , est positif et ·
qest positif par hypo-
thèse, donc :
·
q= k cos
et vr= ka; vq= .
b) ·
q
⇔+
=+244
ln tan
θπ
k cte .t
cos cos
θθ
θ
=
⇔
=kdkd
22
t
ka
cos
q
2
sin
q
2
cos2
q
2
q
2
cos
θ
2
v== + =
krrr a
•••
cos
22
2
3
2
θθθ
v
θ
θθθ
==
ra
••
cos .
2
2
v
r
rra== =
•••
sin
cos
d
d
θθ
θ
θθ
2
2
3
y
2a
– 2a
ax
– y2+ 4a2
4a
1
2
q
2
2
CORRIGÉS
1
/
4
100%
