USTHB Faculté de Physique Année 2011-2012 1ère année ST

USTHB Faculté de Physique Année 2011-2012
1ère année ST Corrigé de la série cinématique Sections 16 à 30
Hachemane Mahmoud ([email protected]om)
Monsieur A. Dib et Mademoiselle R. Yekken sont remerciés pour leurs remarques et corrections.
Exercice 1
Le diagramme des espaces x(t)utilisé dans cette solution est légèrement différent de celui de l’énoncé
car l’exercice est qualitatif, la méthode compte plus que les résultats numériques.
1. Description du mouvement : Le mobile démarre de l’origine des espaces dans le sens négatif (v < 0).
Puis, il s’arrête à x== −50mentre 10 et 30s. Il reprend son mouvement mais dans le sens positif
entre 30 et 60 secondes en passant par l’origine des espaces à t= 40s. Il s’arrête à 100mà60s.
2. Méthode de la tangente : On trace la tangente en (t= 40s, x = 0m) pour déterminer la vitesse
en ce point. On choisit deux points sur cette tangente et on trouve
v(40s) = 2cm−(−2cm)
5cm−3cm
50m/cm
10s/cm = 10m/s
Méthode de la vitesse moyenne : on choisit l’intervalle entre t1= 37set t2= 43s. Le milieu de
cet intervalle est tm= 40s. On choisit deux points sur la courbe x(t)et on utilise v(tm) = vm(t1, t2),
on trouve
v(40) = 0.6cm−(−0.5cm)
4.3cm−3.7cm
50m/cm
10s/cm = 9.17m/s
C’est normal que les résultats soient différents à cause des erreurs :
– La tangente est difficile à tracer.
– La lecture des valeurs se fait avec des erreurs.
– L’intervalle [t1, t2]peut ne pas être assez petit.
Remarque : Dans cette solution, la tangente et l’intervalle sont bien choisis car ils sont confondus
avec une partie droite de la courbe x(t)correspondant à un MRU. Les erreurs de lecture sont surement
la seule cause de la différence entre les deux valeurs de v(40). La méthode de la tangente est plus
précise car les points utilisés dans le calcul sont éloignés ce qui réduit les erreurs. S’il n’ y avait pas
une partie droite à t= 40s, la méthode de la vitesse moyenne aurait été la plus précise car la tangente
serait très difficile à tracer.
On a donc le tableau suivant à tracer qualitativement en supposant que la vitesse a un maximum en
t= 40s.
t(s) 0 [10; 30] 40 60
v(m/s)−10 0 10 où 9.17 0
3. Phases du mouvement :
t(s) [0,10] [10,30] [30,40] [40; 60]
x(m) [0; −50] −50 [−50; 0] [0; 100]
Mouvement Retardé, sens - arrêt Accéléré, sens + Retardé, sens +
justification |v| ց,v < 0v= 0 |v| ր,v > 0|v| ց,v > 0
4. d=d(0; 10) + d(10; 30) + d(30; 60) = |−50 −0|+ 0 + |100 −(−50)|= 200m.
5. Sur le diagramme des espaces, on voit que vm(0s; 40s) = 0
40 = 0m/s.
t(s)
x(m)
10 20 30 40 50 60
−50
50
v(m/s)
t(s)
−10
20 40
10
1

Exercice 2
1. vA(t) = vB(t)àt= 6 ×10−3h.
2. La distance parcourue par la voiture Best la surface du rectangle A(0,0.006, vB)(Fig.1). La
distance parcourue par Aest la surface du triangle A(0,0.006, vA)(Fig.2). La voiture Bet donc
en avance d’une distance correspondant à la surface du rectangle au-dessus de la diagonale D=
A(0,0.006, vB)−A(0,0.006, vA) = 0,120km (Fig.3).
Fig.1 Fig.2 Fig.3
3. Entre t= 6 10−3het t= 0,01 h= 10−2h, la voiture Aprend une avance d’une distance
correspondant au trapèze entre ces deux instants et les vitesses des deux voitures (Fig.3), soit
d=(4+1)×10−3×20
2= 0.050 km. La voiture Best toujours en avance de D−d= 0.070 km
4. La voiture Adoit rattraper les 0.070 km après t= 10−2h. On doit avoir 0.070 km = (t−10−2h)×
20 km/h ce qui donne t= 0.0135 h. On peut calculer à partir de l’origine des temps et écrire xA(t) =
xB(t), donc [t+(t−9×10−3h)]×60 km/h
2=t×40 km/h, ce qui donne le même résultat t= 0.0135 h.
Exercice 3
2 4 6 8 10
−2
0
2
t(s)
v(m/s)
Donnée x(0s) = 0m
1. Accélération a=dv/dt. Le graphique de v(t)est composé de droites. L’accélération est constante
pour chaque droite et correspond à la pente. Par exemple, entre t= 0set t= 10s, on a a=v(1)−v(0)
1−0=
−2m/s2. On déduit le tableau suivant :
t(s) [0,1] [1,2] [2,4] [4; 5] [5; 10]
a(m/s2)−2 +2 0 +1 −1
t(cm) [0,1] [1,2] [2,4] [4; 5] [5; 10]
a(cm)−4 +4 0 +2 −2
2

a(m/s2)
t(s)
2. On calcule les positions par la méthode des aires :
x(1) −x(0) = A(0,1, v)⇒x(1) = A(0,1, v) = −1mcar x(0) = 0m.
De même, x(2) −x(0) = A(0,2, v) = −2m⇒x(2) = A(0,2, v) = −2m.
x(4) = x(3) = x(2) = −2mcar le mobile est au repos.
Maintenant, on utilise x(6) −x(4) = A(4,6, v)où A(4,6, v) = 2mest l’aire du triangle hachuré.
Comme x(4) = −2m, alors x(6) = 0m.
En calculant de cette façon à tous les instants, on aura le tableau suivant :
t(s) 0 1 2 4 5 6 7 8 9 10
x(m) 0 −1−2−2−1.5 0 2.5 5 6.5 7
On trace sachant que, quand la vitesse est une droite, la position est une portion d’une parabole
dont la tangente est horizontale aux instants où v=dx
dt = 0 (dans cet exercice, v= 0 pour t= 0s,
t∈[2s, 4s]et t= 10s).
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
1
2
3
4
5
6
7
−1
−2
x(m)
t(s)
v= 0
Méthode des intégrales : Le graphique de va pour fonction,
3

v(t) =
−2t si 0≤t≤1
2t−4si 1≤t≤2
0si 2≤t≤4
t−4si 4≤t≤7
−t+ 10 si 7≤t≤10
On calcule les intégrales par l’une des deux méthodes suivantes (on prendra comme exemple 4s≤
t≤7s) :
Méthode 1 : x(t)−x(4) = ´t
4vdt =´t
4(t−4) dt =1
2t2−4t+ 8. La méthode des aires nous donne
x(4) = −2m, donc x(t) = 1
2t2−4t+ 6.
Méthode 2 : x(t)−x(1) = ´t
1vdt =´2
1(2t−4) dt+´4
30dt+´t
4(t−4) dt =1
2t2−4t+7. La méthode
des aires nous donne x(1) = −1m, donc x(t) = 1
2t2−4t+ 6.
On trouve :
x(t) =
−t2si 0≤t≤1
t2−4t+ 2 si 1≤t≤2
−2si 2≤t≤4
0.5t2−4t+ 6 si 4≤t≤7
−0.5t2+ 10t−43 si 7≤t≤10
3. d=d(0,2) + d(4,10) = 2×2
2+6×3 2= 11m.
4. Description du mouvement où l’abréviation MRUA (+) signifie "mouvement rectiligne uniformé-
ment accéléré dans le sens positif".
t(s) [0,1] [1,2] [2,4] [4; 5] [5; 10]
Mouvement MRUA (-) MRUR (-) Repos MRUA (+) MRUR (+)
Justification a=C, av > 0, v < 0a=C, av < 0, v < 0v= 0 a=C, av > 0, v > 0a=C, av < 0, v > 0
5. Le diagramme des vitesses donne : x(10) −x(8) = A(8,10, v)⇒7−x(8) = 2 ⇒x(8) = 5met
v(8) = 3m/s.
Le diagramme des accélérations donne : a(8) = −1m/s2
Représentation : Ox(8)
~a ~v x
Exercice 4
1. Par la méthode des aires, on déduit : v(t2)−v(t1) = A(t1, t2, a)
t(s) 0 10 20 30
v(m/s) 15 5 5 0
5
10
15
10 20 30
t(s)
v(m/s)
Par la méthode analytique :
Entre t= 0set t= 10s,v(t)−v(0) = ´t
0adt =´t
0−1dt =−t. Comme v(0) = 15m/s, on a
v(t) = −t+ 15
Entre t= 10set t= 20s,v(t)−v(10) = ´t
10 adt =´t
00dt = 0. Comme v(10) = 5m/s, on a v(t) = 5
4

Entre t= 20set t= 30s,v(t)−v(20) = ´t
20 adt =´t
20 (−0.1t+ 2) dt = 2t−0.05t2−20. Comme
v(20) = 5m/s, on a v(t) = 2t−0.05t2−15
2. Depuis le diagramme des vitesses et avec la méthode des aires, on trouve (échelle choisie 2cm →
25m)
x(5) = (10+15)∗5
2= 62.5m−→ 5cm et x(15) = (15+5)∗10 2+ 5 ∗5 = 125m→10cm.
Les vitesses et accélérations sont obtenues à partir de leurs diagrammes directement :
a(5) = −1m/s2→1cm et a(15) = 0m/s2.v(5) = 10m/s →4cm et v(15) = 5m/s →2cm.
O~r(5)
~r(15)
~a(5)
~a(15) = ~ 0
~v(5) ~v(15)
Exercice 5
1. La vitesse est constante sur chaque droite du diagramme des espaces. Il suffit de calculer la pente
v=x(2)−x(1)
t2−t1et on obtient :
[t1, t2](s) [0,1] [1,2] [2,4] [4,5] [5,7] [7,8]
v(m/s)20−2 0 1 0
0 1 2 3 4 5 6 7 8
-2
-1
0
1
2v(m/s)
t(s)
2. Phases du mouvement :
[t1, t2](s) [0,1] [1,2] [2,4] [4,5] [5,7] [7,8]
Nature MRU,+ Repos MRU,- Repos MRU,+ Repos
Justification v=C, v > 0v= 0 v=C, v < 0v= 0 v=C, v > 0v=
3. d(0,7) = |x(1) −x(0)|+|x(2) −x(1)|+|x(4) −x(2)|+|x(5) −x(4)|+|x(7) −x(5)|= 2 + 0 +
4 + 0 + 2 = 8m
4. Il faut représenter les vecteurs, vitesse et accélération, aux bonnes positions :
t(s) 3 6
x(m) 0 −1
v(m/s)−2 1
a(m/s) 0 0
→
échelles t(s) 3 6
5cm →1m x(cm) 0 −5
1cm →2m/s v (cm)−4 2
a(cm) 0 0
0
x(3)
~v(3)
x(6)
~v(6)
Exercice 6
1. Diagramme des accélérations :
[t1, t2](s) [0,3] [3,5] [5,9]
a=v(2)−v(1)
t2−t1(m/s) 2.67 0 −4
5