Cinématique

Mécanique NYA
Notes de cours
Thème : Cinématique
Introduction
La cinématique étudie le mouvement pour lui-même sans considérer les causes
qui peuvent le produire. En effet lorsqu’on relie le mouvement aux forces et aux
propriétés des objets, nous nous référons alors à la dynamique que nous
étudierons à la suite de la cinématique. La cinématique tout comme la
dynamique se divisent en deux parties à savoir celle qui concerne les particules
et celle qui étudie la rotation des corps rigides.
Pour étudier le mouvement, il faut pouvoir positionner des points et c’est
pourquoi nous allons commencer par l’étude des systèmes de coordonnées.
A – Les systèmes de coordonnées et le vecteur position.
Les coordonnées cartésiennes et polaires.
y
P
x
r
x Sens
y
positif
O
x

x
x
x
Pour passer d’un système à un autre, nous utilisons généralement les relations
suivantes :
De polaires à cartésiennes
x  r cos( )
y  r sin(  )
De cartésiennes à polaires
r  x2  y2
tan( )  y
x
2
Exemple
Un point P du plan a les coordonnées suivantes : x = -3 m et y = +2 m. Trouvez
ses coordonnées polaires.
r
 32  22 m  3,61 m
tan  
2
   33,7 ou 146,3
3
La relation mathématique précédente fournit deux angles possibles. Cependant
le point P considéré est placé dans le 2ième quadrant, l’angle recherché est donc le
second.
P
y
146,3°
O
x
Les coordonnées polaires du point P sont alors :
r = 3,61 m et  = 146,3°.
Le système orthogonal direct
En 3 dimensions, il faut aussi considérer l’axe des z perpendiculaire aux axes x
et y mais dont le sens est déterminé par l’application de la règle de la main
droite. Le système ainsi obtenu est dit orthogonal direct et c’est celui le plus
utilisé.
3
z
y
O
x
Vers
l’avant
Le vecteur position.
On a pensé se servir d’un vecteur pour positionner tout point dans l’espace. Ceci
conviendra particulièrement à l’étude de la cinématique où les quantités
fondamentales sont de nature vectorielle.
Les vecteurs
Les vecteurs sont des entités qui ont une orientation dans l’espace. De
nombreuses quantités physiques sont de nature vectorielle.
Un vecteur a une grandeur, une direction et un sens. Sa représentation
s’effectue à l’aide d’une flèche.
Direction

A
Les symboles utilisés sont les suivants :
Sens
4

- A … une lettre coiffée d’une flèche pour le vecteur lui-même ;

- A ou A pour sa grandeur ou son module.
Vecteurs unitaires.
Un vecteur unitaire a les propriétés
suivantes :
Certains vecteurs unitaires standards :
- Grandeur 1
- Orientation déterminée
- Sans unité physique

i
z

k

j
y
x
N.B. D’autres éléments sur les vecteurs vont être intégrés au fur et à mesure.
Le vecteur position s’exprime de la façon suivante :
y

r

yj



rxi yj

j

i

xi
x
En trois dimensions, nous avons :




r  x i  y j  zk
B – Cinématique de la particule.
1 - Etude d’un mouvement simple : le mouvement à vitesse constante.
5
Un mouvement à vitesse constante est un mouvement rectiligne uniforme. Nous
reverrons ce mouvement plus tard dans le contexte de la première loi de Newton
mais, pour l’instant, nous allons nous en servir pour nous faire la main avec les
notions vectorielles que nous venons de voir.
Pour un tel mouvement, nous avons :
  
r  rO  v t
Dans cette équation, la signification des symboles est la suivante :

v : vitesse (en m/s)
t : temps (N.B. Le temps est une

r : vecteur position

position initiale
rO : 
quantité physique
scalaire.)
y

v

vt
Trajectoire de la
paricule

r

rO
O
x
N.B. A la figure précédente, nous avons montré les positions de la particule à
intervalles de temps égaux pour rendre la situation plus intuitive.
Exemple


La position initiale d’une particule est donnée par 5 i  4 j  m et sa vitesse par


2 i  3 j  m / s .
a) Déterminez son vecteur position à t = 3 s et la distance à laquelle elle se
trouve alors de l’origine.
6
A partir de notre équation, nous avons :









r 3 s   5i  4 j  m  2i  3 j  m / s  3 s  5i  4 j  m  6i  9 j  m
Nous obtenons donc :



r 3 s   11 i  5 j  m
La distance recherchée correspond donc à
r
112   52 m  12,1 m
y

vx


vy

rO

v

vt
O
x

r 3 s 
Trajectoire de la
particule
b) Déterminez la grandeur de la vitesse et son orientation.
Ces quantités sont calculées à partir des relations suivantes :
v  v x2  v y2
et tan  

vy

vx


Remarquons que v x  v x i et v y  v y j sont les composantes vectorielles du
vecteur vitesse et que v x et v y en sont les composantes scalaires.
v
22   32
  3
m / s  3,60 m / s et   arctan 
  56,3
 2 
7
2 –Définitions générales.
De façon générale, les trajectoires vont être courbes et les vitesses vont varier.
Avant de présenter les définitions générales, nous allons considérer la figure
suivante qui fournira la base de notre discussion.
Trajectoire

v t 
y

v t  t 

r

r t 
Tangente

r t  t 
O
x

v t 

v

v t  t 
On a montré sur la figure la position de la particule à intervalles de temps égaux.
Ainsi il est facile de réaliser que la vitesse (grandeur) v(t+t) est plus grande
que la vitesse v(t). Intuitivement on constate que la direction de la vitesse va
changer. Nous allons maintenant aborder les définitions générales rigoureuses.
Définitions générales
 

r  r t  t   r t 


r
v Moy 
t




r dr
v  lim t 0

(dérivée de r par rapport à t)
t dt


v
a Moy 
t




v dv
a  lim t 0

(dérivée de v par rapport à t)
t dt
Déplacement (en m)
Vitesse moyenne (en m/s)
Vitesse instantanée ( tangente à la
trajectoire).
Accélération moyenne (en m/s2)
Accélération instantanée
8
Vitesse scalaire moyenne
Définition supplémentaire :
v Scal. moy. 
s Distance parcourue 
t
Avant d’aborder la notion de dérivée, nous allons effectuer un exemple
permettant de comprendre l’application des définitions en relation avec les
quantités moyennes.
Exemple
Une particule prend 8 s pour parcourir uniformément un cercle dans le sens
horaire. Au centre du cercle est placé l’origine d’un système d’axes et à t = 0, les
coordonnées de la particule sont x = 3 m et y = 4 m.
a) Déterminez la vitesse scalaire moyenne .
Considérons d’abord la situation présentée à la figure suivante.
y

r (0 s )
53,13°
O

r (3 s )

v (3 s )
Il faut d’abord trouver le rayon :
32  42
m5m
x
8,13°
81,87°
r

r (1 s )

r

v (1 s )
9
La quantité recherchée s’évalue facilement :
v Scal. moy. 
2  5 m
 3,93 m / s
8s
b) Calculez la vitesse moyenne de 1 à 3 s.
Il est facile de trouver où se trouve la particule à 1 et 3 s en considérant
qu’à chaque seconde, elle tourne de 45° sur le cercle et aussi un angle de
départ donné par :
4
arctan    53,13
3



r 1 s   5 m cos8,13i  sin 8,13 j 



r 3 s   5 m sin 8,13i  cos8,13 j 


 

r  r 3 s   r 1 s    4,24 i  5,66 j  m




r  4,24 i  5,66 j  m
v Moy 

3  1 s
t
On obtient finalement :



vMoy  2,12 i  2,83 j  m / s
c) Calculez l’accélération moyenne pour le même intervalle de temps.
Rappelons que le vecteur vitesse instantanée est tangent à la trajectoire
donc ici perpendiculaire au rayon. De plus, dans ce cas-ci, sa grandeur
correspond à la vitesse scalaire moyenne calculée dans la partie (a).
Reportons-nous à la figure suivante où l’aspect géométrique de la
situation a été présenté.
10
y

v 3 s 
8,13°
x

v
8,13°

v 1 s 



v 1 s   3,93 m / s sin 8,13i  cos8,13 j 



v 3 s   3,93 m / s  cos8,13i  sin 8,13 j 


 

v  v 3 s   v 1 s    4,45 i  3,33 j  m / s




v  4,45 i  3,33 j  m / s
a Moy 

3  1 s
t
On obtient finalement :



aMoy   2,23 i  1,67 j  m / s 2
Eléments de calcul différentiel
- La dérivée d’une somme est égale à la somme des dérivées.
- La dérivée d’une constante est nulle.
-


d
cte t n  n cte t n 1
dt
Exemple
Cet exemple va nous permettre de vérifier la dernière règle pour un cas
particulier. Soit : f t   4 t 2 , trouvez la dérivée de cette fonction.
11
f t   4 t 2

f t  t   4 t  t   4 t 2  2t t  t 2
2

f  f t  t   f t   4 2t t  t
2


f
 4 2t  t 
t
df
f
 lim t 0
 4  2t  2  4 t 21
dt
t
Ce qui vérifie la règle énoncée.
3 – Théorie du mouvement à accélération constante.
Pour un mouvement à accélération constante
  
v  v0  a t
 t2
  
r  r0  v0 t  a
2

r0 : position initiale

v0 : vitesse initiale

a : accélération
Il est aisé en appliquant les règles du calcul différentiel de vérifier la validité de
ces relations :

 dr d   
 t2
v
  r0  v0 t  a
dt dt 
2

 dv


a
 0  1 a t 11  a
dt


 11
a 21  
  0  1 v0 t  2  t  v0  a t
2

Trajectoire
La forme générale de la trajectoire est une parabole.
12

a
 t2
a
2
y

v0

at

v0 t

v
Axe de la parabole
 
r  r0
O
x

Ici r0  0
Nos équations peuvent être lues en x et en y. Nous allons en montrer le principe
pour la première.
  
v  v0  a t






v x i  v y j   v0 x i  v0 y j   a x i  a y j t




v x i  v y  j  v0 x  a x t i  v0 y  a y t  j
Comme deux quantités vectorielles sont égales quand leurs composantes sont
égales, nous avons donc :
Equations en et en y
v y  v0 y  a y t
v x  v0 x  a x t
x  x0  v0 x t 
ax t
2
2
y  y 0  v0 y t 
ay t 2
2
D’autres relations également employées peuvent être obtenues avec un peu
d’algèbre.
x  x0  v0 x t  a x t 
t
t
 x  x0  v0 x t  v x  v0 x 
2
2
v  v0 x 
v 2  v02x
t
x  x0  v x  v0 x 
 x  x0  v x  v0 x  x
 x  x0  x
2
2 ax
2 ax


13
Autres relations
x  x0 
v x  v0 x 
y  y0 
t
2
2
2
v x  v0 x  2 a x x  x0 
v y2  v02y
v
y
 v0 y 
t
2
 2 a y  y  y0 
Exemple
Un conducteur de camion se déplaçant à 32 m/s voit devant lui une vache en
train de dormir. Au moment où il commence à appliquer les freins, produisant
alors une décélération de 8 m/s2, la vache est à 60 m devant lui, Devra-t-il
donner un coup de volant pour l’éviter ?

v0

a
0
60 m
x
v0 x  32 m / s ; a x  8 m / s 2
Commençons par évaluer à quel instant, la vitesse du camion devient nulle :
v x  v0 x  a x t  32 m / s  8 m / s 2 t  0
 t
32 m / s
4s
8m / s2
On peut maintenant déterminer à quel endroit serait alors rendu le camion :
4 s   64 m 
t2
x  x0  x  0  v0 x t  a x
 32 m / s  4 s  8 m / s 2
2
2
2
x  64 m
Le conducteur devra donc donner un coup de volant pour éviter la vache.
4- Chute libre.
14
Nous allons travailler ici près de la surface terrestre dans le vide. L’accélération
gravitationnelle y est approximativement constante. On associe à Galilée la
découverte que celle-ci est indépendante de la composition d’un objet à partir
d’expériences qu’il aurait effectuées à la tour de Pise. Voir le lien hypertexte
dans l’introduction. Ce principe fondamental est à la base de la théorie de la
gravitation d’Einstein formulée en 1915. Adaptons maintenant nos formules
vues précédemment :
y
La composante x de la
vitesse ne change pas
ax  0
 
ag
a y  g
v y  v0 y  g t
g  9,8 m / s 2
0
t2
y  y 0  v0 y t  g
2
x
( x0  0)
( y 0  0)
Mouvement d’un projectile
Chute libre verticale
y
v x  v0 x  0

g

v0
0
x0
x
v x  v0 x
y

v0 y

g
x  v0 x t

v0
0

vy

vx

v

0 v0 x
v0 x  v0 cos  0 ; v0 y  v0 sin  0
Exemple
On lance quasi verticalement une balle à partir du toit d’un édifice…
x
15
y
h
(t1 )

g
v0 y  20 m / s

v0
Edifice
0
50 m
(t 2 )

v
a) Déterminez la hauteur maximale de la balle par rapport au toit.
Au point le plus haut :
v y (t1 )  v0 y  g t1  0
 t1 
v0 y
g

20 m / s
 2,04 s
9,8 m / s 2
On peut maintenant calculer la quantité recherchée :
t12
(2,04 s) 2
2
h  y (t1 )  v0 y t1  g  20 m / s  2,04 s  9,8 m / s 
2
2
Ce qui donne :
h  20,4 m
b) Calculez la valeur de (t2) et la vitesse en y de la balle au même instant.
 50 m  20 m / s t 2 
9,8 m / s 2 2
t2
2
4,9 t 22  20 t 2  50  0
Nous avons donc :
(Equation quadratique)
16
   20  
t2  

 202  44,9 50 
s

2  4,9
Ce qui donne :
t 2  1,75 s ou
5,83 s
La première valeur est à rejeter.
Maintenant pour la vitesse en y :
v y t 2   20 m / s  9,8 m / s 2  5,83 s
v y  37,1 m / s
Exemple
On lance à nouveau une balle à partir du sommet d’un édifice.
y

g
tH

v0
v0  21 m / s
30
0
x
H
16 m

vx
 y  16 m
R

vy


v
v0 x  21 m / s cos 30  18,19 m / s
v0 y  21 m / s sin 30  10,5 m / s
a) La durée de la trajectoire de la balle.
17
 16 m  10,5 m / s t 
   10,5 
t

9,8 m / s 2 2
t
2
 4,9 t 2  10,5 t  16  0
 10,52  4 4,9 16 
t  1,03 s ou
s

2  4.9
3,17 s
La première valeur est à rejeter.
b) Sa portée horizontale.
R  x3,17 s   18,19 m / s  3,17 s
R  57,7 m
c) L’angle d’impact.
v x  18,19 m / s ; v y  10,5 m / s  9,8 m / s 2  3.17 s  20,57 m / s
tan  
vy
vx

 20,57 m / s
18,19 m / s
   48,5 
  48,5
d) Hauteur maximale par rapport au sol.
Au point le plus haut :
v y  v0 y  g t H  0
 10,5 m / s  9,8 m / s 2 t H  0
t H  1,071 s
y1,071 s   10,5 m / s  1.071 s 
9,8 m / s 2
2
 1,071 s   5,62 m
2
Nous obtenons finalement :
H  16 m  5,62 m 
H  21,6 m
e) Le vecteur vitesse de la balle lorsqu’elle est à 2 m au-dessus du toit.
9,8m / s 2 2
2 m  10,5 m / s t 
t
2
 t  0,211 s ou 1,932 s (Les 2 racines sont acceptables)
18
v y  10,5 m / s  9,8 m / s 2 t  v y   8,43 m / s



v  18,2 i  8,43 j  m / s
Autre méthode
v y2  v02y  2 g  y  y0   10,5 m / s   2  9,8 m / s 2  2 m  71,05 m 2 / s 2
2
 v y   8,43 m / s
...
Compléments sur les projectiles
y
t1 

v0

g
h
0
Sol
0
R
x
Equations :
v x  v0 cos  0
v y  v0 sin  0  g t
x  v0 cos  0 t
gt2
y  v0 sin  0 t 
2
 Equation y(x)
A partir de l’équation donnant x :
t
x
v 0 cos  0

t 2  2t1 

 2
g
x
y  tan  0 x   2
2

2
v
cos

0 
 0
Ceci correspond à l’équation d’une parabole.
19
 Expressions pour la hauteur maximale et la portée horizontale
Au point le plus haut :
v y t1   v0 sin  0  g t1  0  t1 
v0 sin  0
g
 v sin  0  g  v0 sin  0 
h  y t1   v0 sin  0  0
 

 g  2 g 
2
Nous obtenons facilement pour la hauteur maximale :
h
v02 sin 2  0
2g
La portée horizontale peut être aussi facilement obtenue :
R  xt 2  ; t 2  2 t1 ;  R  v0 cos  0  t 2
 v sin  0 
 R  v0 cos  0  2  0

 g 
La trigonométrie nous donne :
sin 2   2 sin  cos
Nous obtenons finalement :
R
v02 sin 2 0 
g
Remarquons que pour une vitesse de tir donnée, la portée est maximale
quand  0  45 . En effet :
sin 2 0   1  2 0  90 
 0  45
5 – Le mouvement circulaire uniforme.
Le mouvement circulaire uniforme fait intervenir une accélération. En effet,
même si pour un tel mouvement, la grandeur de la vitesse reste constante, sa
direction par contre elle, change. On appelle centripète cette accélération parce
qu’elle est dirigée, comme nous le montrerons, vers le centre du cercle.
20
Considérons d’abord la situation globale telle qu’elle apparaît à la figure
suivante.

v
y

a
r

ur
O
s

x
Il est coutume de se référer pour un tel mouvement à sa période (T), soit le
temps pris par la particule pour faire le tour du cercle. L’expression pour la
grandeur de sa vitesse prend alors la forme suivante :
v
2 r
T
Nous allons montrer que l’accélération centripète exprimée à l’aide du vecteur

unitaire ur (vers l’extérieur) est alors donnée par l’expression suivante :
 4 2 r  
 v2  

a    u r   2  u r
 r 
 T 
La démonstration de notre expression s’obtient aisément en considérant sur un
même schéma les divers vecteurs vitesses que l’on obtient lorsque la particule
fait le tour du cercle. La pointe du vecteur vitesse se déplace sur un « cercle » de
« rayon » v et de « circonférence » 2v.
21

a

dv

v

v'

ur
Nous pouvons alors écrire :

dv
dt

2 v T


dv
 2 v
 a 
dt
T
Ceci nous donne en tenant compte de l’orientation :

 2 v  
a  
 ur
 T 
En utilisant la relation de départ pour la vitesse, nous obtenons les deux formes
les plus répandues pour l’expression donnant l’accélération centripète, celles que
nous avons présentées plus haut.
Exemple
Calculez l’accélération centripète de la Lune en m/s2 en supposant que cette
dernière ait un mouvement circulaire uniforme. Le rayon de l’orbite est de
3,84×105 km et la période de 27,3 jours. Nous ferons d’abord une application
directe d’une de nos formules et ensuite nous présenterons l’approche de
Newton (lorsqu’étudiant en 1665) qu’il généralisa ensuite pour les planètes
(Principia de 1687). Remarquons qu’à l’époque des Grecs dans l’Antiquité, les
astronomes plaçaient déjà la Lune à une distance moyenne de 60 rayons
terrestres, ce qui est remarquablement près de la valeur moderne.
22
 t 
g'
2

v t 
Lune
2
r

v

g
r

aCentripètte
Terre
RT
Calculons d’abord la période en secondes :
T  27,3  24  60  60 s  2,36  10 6 s
aCentripète 
4 2
4 2
r

 3,84  108 m
2
2
6
T
2,36  10 s


Ce qui donne :
aCentripète  2,72 10 3 m / s 2
On remarque que :
g
aCentripète

9,8 m / s 2
 3602,9  3600  60 2
3
2
2,72  10 m / s
Comme on l’a indiqué plus haut, le jeune Newton savait que la Lune était située
à une distance d’environ 60 rayons terrestres. Ses calculs l’amenaient à penser
que l’influence gravitationnelle de la Terre devait décroître avec l’inverse du
carré de la distance. Newton obtint l’accélération gravitationnelle de la Lune par
un chemin en apparence détourné en appliquant la méthode de Galilée pour les
projectiles au voisinage d’un point sur l’orbite où à la limite l’accélération peut
être considérée comme constante.
23
En appliquant le théorème de Pythagore, nous avons sur la figure où nous aurons
à considérer t est suffisamment petit :
 v 2 t 2 
2
r 2  v 2 t   r 2 1 

r2 

2
 g ' t 2 
 g ' t 2 
 g'
2
2
2
r  2 t    r 1  2 r   r 1  r  si




2
g ' t 
1
2r
2
Nous pouvons donc écrire :
 v 2 t 2 
 g ' t 2 
v2
2
r 1 

r
1


g
'




r
r
r2 



2
Nous retrouvons le résultat usuel qui devient exact à la limite quand t  0 .
6- Analyse du mouvement le long d’un axe.
Nous allons ici aborder l’analyse graphique en relation avec le mouvement le
long d’un axe x ( y ou z selon le cas). Dans le but d’alléger l’écriture, nous
écrirons v pour vx ( vy ou vz ) et a pour ax ( ay ou az ) etc.
Définitions
Considérons les graphiques suivants (ici non reliés) :
Tangente à la courbe
Tangente à la courbe
Q
x
x
P
O
v
v
t
t
t
O
Nous avons alors les définitions suivantes :
t
24
v Moy 
x
t
La vitesse moyenne correspond à la pente de la droite joignant les points P et Q
sur le graphique de gauche.
v  lim t 0
x dx

t dt
La vitesse instantanée correspond à la pente de la tangente à la courbe en un
point sur le graphique considéré précédemment.
De façon similaire en nous référant au graphique de droite (ici rappelons-le sans
relation avec celui de gauche), nous avons les définitions suivantes :
a Moy 
v
t
et
a  lim t 0
v dv

t dt
pour les accélérations moyenne et instantanée avec des interprétations similaires.
Exemple
Soit :
x(t )  4t  2t 2 (en m)
Avant toute chose, considérons le graphique associé à cette fonction.
25
Graphique de la position en x en fonction du
temps
7
6
5
4
3
Pente = 4 m/s
x(m) 2
1
0
-1
0
1
2
3
4
-2
-3
t(s)
a) Calcul de la vitesse moyenne entre 1 et 3 s.
x(1s) = (-4+2) m = -2 m d’après l’équation de départ.
x(3s) = 6 m en travaillant de façon similaire.
v Moy de 1 à 3 s  
x 6m  (2m)

t
3s  1s
v Moy  4 m / s
Cette quantité correspond à la pente de la droite apparaissant sur le
graphique.
b) Obtenez la vitesse instantanée à t = 2,5 s.
En appliquant le calcul différentiel :
v


dx d

 4t  2t 2  4  4t en m/s 
dt dt
26
Si t = 2,5 s, nous obtenons :
v(2,5 s)  6 m / s
Si on ne peut appliquer le calcul différentiel, il faut alors passer par la
pente de la tangente à la courbe.
c) Obtenez l’accélération.
a
dv d
  4  4t  
dt dt
a  4m / s2
L’accélération est donc constante ici. Remarquons que vo = 4m/s. Le
graphique de la vitesse est aisément tracé.
Graphique de la vitesse en fonction du temps
10
8
6
4
Pente = 4 m/s
2
3
v(m/s) 2
2
0
0
-2
1
1
2
3
4
-4
-6
t(s)
Utilisation des aires.
Il est possible de revenir sur nos équations d’un point de vue différent. Pour
nous introduire à cet aspect, revenons sur le dernier graphique de l’exemple
27
précédent. Evaluons l’aire « sous » la courbe lorsque t varie de 0 à 3 s en
considérant d’abord chacune des aires individuelles.
Aire (1) = -2 m ; Aire (2) = +2 m ; Aire (3) = +6 m.
Aire = -2 m + 2 m + 6 m = 6m.
On remarque que ceci correspond à x(3s) – x(0s) sur le premier graphique de
l’exemple.
Application au mouvement à accélération constante.
L’application du principe des aires avec les graphiques suivants permet
de compléter notre compréhension des équations du mouvement à
accélération constante.
v  v0  a t
at2
x  x0  v0 t 
2
v
at
a
x
v0
x - x0
x0
0
t
0
t
Aire
0
t
Aire = v0t + at2/2
Quand l’accélération n’est pas constante, on peut avoir recours aux principes
du calcul intégral. A titre d’exemple, nous aurions pour trouver le
déplacement à partir du graphique de la vitesse en fonction du temps :
28
tf
tf
ti
ti
x f  xi  lim t 0  v t   v dt
La situation correspondante est représentée sur la graphique suivant :
v
0
t
ti
tf
t
Dans un bon nombre de cas, le problème peut être résolu analytiquement. Si ce
n’est pas possible, il faut alors se rabattre sur la définition et utiliser par exemple
un ordinateur pour évaluer numériquement l’aire sous la courbe en considérant
un nombre de rectangles suffisant grand dépendamment de la précision requise.
C – Cinématique de rotation.
Considérons un corps rigide en rotation autour d’un axe fixe.

v
y

at

a

ar
r

O
s
Arc de cercle
x
29
Tous les points du corps rigide ont la même vitesse angulaire instantanée
[ 
d
d
(en rad/s)] et la même accélération angulaire instantanée [  
(en
dt
dt
rad/s2)]. Les quantités moyennes sont définies de façon usuelle.
Maintenant considérons un point particulier du corps rigide. Nous pouvons
obtenir les relations suivantes pour en évaluer la vitesse et les composantes de
l’accélération :
ds
d
r
r
dt
dt
v2
ar 
  2r
(composant e radiale)
r
dv d
d
at 
  r   r
 r
(composante tangentie lle)
dt dt
dt
v
a  a r2  at2
Cas d’une accélération angulaire constante.
On peut obtenir les relations désirées par analogie avec les expressions obtenues
pour la cinématique de la particule le long d’un axe, lorsque l’accélération est
constante, à partir de la table de correspondance suivante :
Position x
Vitesse v
Accélération a

Position angulaire 
Vitesse angulaire 
Accélération angulaire 
Cinématique le long d’un axe
Cinématique de rotation
v = v0 + at
x – xo = vot + at2/2
v2 = v02 + 2a(x – xo)
 = 0 + t
 – o = ot + t2/2
2 = 02 + 2( – o)
Vecteurs vitesse et accélération angulaires.
30
On a défini des vecteurs vitesse et accélération angulaires. Pour obtenir le sens

du vecteur  , on peut appliquer une règle de la main droite comme on le montre
à la figure suivante. Plus tard en fin de session, nous utiliserons ces vecteurs
quand nous étudierons le phénomène de la précession.
Si





d
Si



d
Exemple
La platine d’un tourne-disque, de diamètre 30 cm, part du repos et met 2 s pour
atteindre sa vitesse finale de rotation qui est de 33 1/3 tr/min.
Calculez le nombre de tours effectué en 5 s de même que les composantes
radiale et tangentielle de l’accélération d’un point de la circonférence à t = 1 s et
t = 3 s.
Avant tout chose, évaluons la vitesse angulaire à t = 2 s :
 (2 s)  33 1 / 3
2
 3,49 rad / s
60 s
Pour bien comprendre la situation, faisons le graphique de la vitesse angulaire
en fonction du temps :
31
(rad/s)
3,49
0
2
5
t(s)
 Pour trouver le nombre de tours, commençons par trouver le déplacement
angulaire total effectué pendant les 5 premières secondes en évaluant
l’aire sous la courbe :
   0  3,49 rad / s  2 s / 2  3,49 rad / s  3 s  13,96 rad
Comme chaque tour implique 2 radians, nous obtenons aisément :
Nb. de tours 
13,96
 2,22
2
 Pour évaluer les composantes radiales et tangentielles de l’accélération
aux temps demandés, il faut d’abord trouver les accélérations et les
vitesses angulaires aux mêmes instants.
Dans la première phase du mouvement, nous avons :
   t ( 0  0)
3,49 rad / s    2 s
Nous avons donc :
 (1 s)  1,75 rad / s 2 et  (1 s)  1,75 rad / s
Rappelons que :
at   r
et
ar   2 r
Nous obtenons donc :
at (1 s)  1,75 rad / s 2  0,15 m  0,263 m / s 2
et
a r (1 s)  (1,75 rad / s) 2  0,15 m  0,459 m / s 2
32
La situation est représentée de la façon suivante :

at

a

ar
r
Lorsque t = 3 s, nous avons :
 (3 s)  0 et  (3 s)  3,49 rad / s
Nous obtenons finalement :
at 3 s   0 et
a r 3 s   (3,49 rad / s) 2  0,15 m  1,83 m / s 2