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

USTHB
1ère année ST
Faculté de Physique
Corrigé de la série cinématique
Année 2011-2012
Sections 16 à 30
Hachemane Mahmoud ([email protected])
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 == −50m entre 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 100m à 60s.
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
50m/cm
= 10m/s
v (40s) = 2cm−(−2cm)
5cm−3cm 10s/cm
Méthode de la vitesse moyenne : on choisit l’intervalle entre t1 = 37s et 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
50m/cm
v(40) = 0.6cm−(−0.5cm)
= 9.17m/s
4.3cm−3.7cm 10s/cm
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 < 0
v=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.
0
5. Sur le diagramme des espaces, on voit que vm (0s; 40s) = 40
= 0m/s.
v(m/s)
x(m)
10
50
t(s)
10
20
30
40
50
60
20
−50
−10
1
40
t(s)
Exercice 2
1. vA (t) = vB (t) à t = 6 × 10−3 h.
2. La distance parcourue par la voiture B est la surface du rectangle A (0, 0.006, vB ) (Fig.1). La
distance parcourue par A est la surface du triangle A (0, 0.006, vA) (Fig.2). La voiture B et 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 10−3h et t = 0, 01 h = 10−2 h, la voiture A prend une avance d’une distance
correspondant au trapèze entre ces deux instants et les vitesses des deux voitures (Fig.3), soit
−3 ×20
= 0.050 km. La voiture B est toujours en avance de D − d = 0.070 km
d = (4+1)×10
2
4. La voiture A doit rattraper les 0.070 km après t = 10−2 h. On doit avoir 0.070 km = (t − 10−2 h) ×
20 km/h ce qui donne t = 0.0135 h. On peut calculer à partir de l’origine des temps et écrire xA (t) =
[t+(t−9×10−3 h)]×60 km/h
xB (t), donc
= t × 40 km/h, ce qui donne le même résultat t = 0.0135 h.
2
Exercice 3
v(m/s)
2
t(s)
0
2
4
6
8
10
−2
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 = 0s et t = 10s, on a a = v(1)−v(0)
1−0
2
−2m/s . On déduit le tableau suivant :
t (s)
[0, 1] [1, 2] [2, 4] [4; 5] [5; 10] t (cm) [0, 1] [1, 2] [2, 4] [4; 5] [5; 10]
a (m/s2 ) −2
+2
0
+1
−1
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) = −1m car 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) = −2m car le mobile est au repos.
Maintenant, on utilise x (6) − x (4) = A (4, 6, v) où A (4, 6, v) = 2m est 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
= 0 (dans cet exercice, v = 0 pour t = 0s,
dt
t ∈ [2s, 4s] et t = 10s).
7
x(m)
6
5
4
3
2
1
t(s)
v=0
0
1
−1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
−2
Méthode des intégrales : Le graphique de v a pour fonction,
3

−2t
si 0 ≤ t ≤ 1




2t
−
4
si
1≤t≤2

0
si 2 ≤ t ≤ 4
v (t) =


t − 4 si 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) :
´t
´t
Méthode 1 : x (t) − x (4) = 4 vdt = 4 (t − 4) dt = 21 t2 − 4t + 8. La méthode des aires nous donne
x (4) = −2m, donc x (t) = 12 t2 − 4t + 6.
´t
´2
´4
´t
Méthode 2 : x (t) − x (1) = 1 vdt = 1 (2t − 4) dt + 3 0dt + 4 (t − 4) dt = 12 t2 − 4t + 7. La méthode
des aires nous donne x (1) = −1m, donc x (t) = 12 t2 − 4t + 6.
On trouve
 :
−t2
si 0 ≤ t ≤ 1



2

t
−
4t
+
2
si
1≤t≤2

−2
si 2 ≤ t ≤ 4
x (t) =

2

0.5t − 4t + 6
si 4 ≤ t ≤ 7



−0.5t2 + 10t − 43 si 7 ≤ t ≤ 10
3. d = d (0, 2) + d (4, 10) = 2×2
+ 6×3
= 11m.
2
2
4. Description du mouvement où l’abréviation MRUA (+) signifie "mouvement rectiligne uniformément accéléré dans le sens positif".
t (s)
Mouvement
Justification
[0, 1]
MRUA (-)
a = C, av > 0, v < 0
[1, 2]
MRUR (-)
a = C, av < 0, v < 0
[2, 4]
Repos
v=0
[4; 5]
MRUA (+)
a = C, av > 0, v > 0
[5; 10]
MRUR (+)
a = 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) = 5m et
v (8) = 3m/s.
Le diagramme des accélérations donne : a (8) = −1m/s2
Représentation :
O
~a x(8)
~v
x
b
b
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
v(m/s)
15
10
5
10
20
t(s)
30
Par la méthode analytique :
´t
´t
Entre t = 0s et t = 10s, v (t) − v (0) = 0 adt = 0 −1dt = −t. Comme v (0) = 15m/s, on a
v (t) = −t + 15
´t
´t
Entre t = 10s et t = 20s, v (t) − v (10) = 10 adt = 0 0dt = 0. Comme v (10) = 5m/s, on a v (t) = 5
4
´t
´t
Entre t = 20s et t = 30s, v (t) − v (20) = 20 adt = 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
= 62.5m −→ 5cm et x (15) = (15+5)∗10
+ 5 ∗ 5 = 125m → 10cm.
2
2
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.
~r(15)
~a(15) = ~0
~v (15)
O
~r(5)
~a(5)
~v (5)
Exercice 5
1. La vitesse est constante sur chaque droite du diagramme des espaces. Il suffit de calculer la pente
et on obtient :
v = x(2)−x(1)
t2 −t1
[t1 , t2 ](s) [0, 1] [1, 2] [2, 4] [4, 5] [5, 7] [7, 8]
v(m/s)
2
0
−2
0
1
0
2
v(m/s)
1
t(s)
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
-1
-2
2. Phases du mouvement :
[t1 , t2 ](s)
[0, 1]
Nature
MRU,+
[1, 2]
[2, 4]
[4, 5]
[5, 7]
[7, 8]
Repos
MRU,-
Repos
MRU,+
Repos
Justification v = C, v > 0 v = 0 v = C, v < 0 v = 0 v = C, v > 0 v =
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
échelles
t(s)
3
6
x(m)
0
−1
5cm → 1m
x(cm) 0
−5
→
v (m/s) −2 1
1cm → 2m/s v (cm) −4 2
a (m/s) 0
0
a (cm) 0
0
~v (6)
~v (3)
0
x(3)
x(6)
Exercice 6
1. Diagramme des accélérations :
[t1 , t2 ](s)
[0, 3] [3, 5] [5, 9]
v(2)−v(1)
a = t2 −t1 (m/s) 2.67 0
−4
b
b
5
a(m/s2 )
1
t(s)
4
8
−1
2. Phases du mouvement. Comme l’accélération est constante, on a un MRU, un MRUV ou un repos.
[t1 , t2 ](s)
Mouvement
Justification
[0, 3]
MRUA (+)
a = C,av > 0, v > 0
[3, 5]
MRU (+)
a = 0, v > 0
[5, 7]
MRUR (+)
a = C,av < 0, v > 0
[7, 9]
MRUA (-)
a = C,av > 0, v < 0
+ 2×8
=
3. La distance est la somme des surfaces (positives) d (0, 9) = |A (0, 7, v)|+|A (7, 9, v)| = (7+2)8
2
2
44m.
4. La différence des positions est l’aire algébrique : x (6) − x (0) = A (0, 6, v) = 34m = x (6) car
x (0) = 0m.
x (9) − x (0) = A (0, 7, v) + A (7, 9, v) = (7+2)8
− 2×8
= 28m = x (9) car x (0) = 0m et A (7, 9, v) < 0
2
2
(en dessous de l’axe des temps).
5. Représentation des vecteurs vitesse et accélération
t(s)
6
9
échelles
t(s)
6
9
x(m)
34 28
1cm → 5m
x(cm) 6.8 5.6
→
v (m/s) 4
−8
1cm → 2m/s v (cm) 2
−4
2
a (m/s) −4 −4
1cm → 2m/s a (cm) −2 −2
x(6)
~a(6)
~v (6)
~v (9)
~a(9)
x(9)
Exercice 7
Données par rapport à O : Voiture x1 (0) = −3m, v1 (0) = 0m/s, a1 = 3m/s2 . Motard : x2 (0) =
54
−24 − 3 = −27m, v2 = 54km/h = 3.6
m/s = 15m/s
1. Voiture :
´t
´t
vitesse v1 (t) − v1 (0) = 0 a1 dt = 0 3dt ⇒ v1 (t) = 3t
´t
´t
équation horaire : x1 (t) − x1 (0) = 0 v1 (t) dt = 0 3tdt = 23 t2 ⇒ x1 (t) = 32 t2 − 3
Motard :
vitesse v2 (t) = v2 (0) = 15m/s
´t
´t
équation horaire : x2 (t) − x2 (0) = 0 v2 (t) dt = 0 15dt = 15t ⇒ x2 (t) = 15t − 27
2. Les instants de dépassement correspondent aux instants de rencontre x1 (t) = x2 (t). Donc
3 2
t − 3 = 15t − 27 =⇒ t = 2s et t = 8s.
2
Les positions à ces instants sont x1 (2) = x2 (2) = 3m et x1 (8) = x2 (8) = 93m
3. Si v2 = 36km/h = 10m/s, on doit avoir 32 t2 − 3 = 10t − 27 ⇒ 23 t2 − 10t + 24 = 0. Le discriminant
∆ = (−10)2 − 4 × 23 × 24 = −44 est négatif. Il n’y a pas de solution réelle et le motard ne peut pas
rattraper la voiture.
4.a. La voiture étant en avance, on a x1 (t) > x2 (t). La distance qui la sépare du motard est D =
x1 (t)−x2 (t) = 23 t2 −10t+24 > 0. Elle devient minimale (ou maximale) quand dD
= 0 ⇒, 3t−10 = 0
dt
donc t = 3.33s
b. Cette distance est D = 32 (3.33)2 − 10 × 3.33 + 21 = 4.33m.
Exercice 8
Méthode graphique :
Entre t = 0s et t = 10s, les composantes vx et vy sont constantes. Le vecteur vitesse ~v est par
conséquent constant et le mouvement est rectiligne et uniforme. La trajectoire est une droite entre
6
15
les points (x, y) aux instants t = 0s et t = 10s. Par contre, entre t = 10s et t = 20s, la composante vy
décroit uniformément et vx est constante. On sait que la trajectoire est une portion de parabole (par
analogie avec le mouvement d’un projectile).
´ t On calcule les différents points (x, y) graphiquement :
Comme x (0) = 0m, alors x (t) − x (0) = 0 vx dt = A (0, t, vx ) ⇒ x (t) = A (0, t, vx ).
´t
Comme y (0) = 0m, alors y (t) − y (0) = 0 vy dt = A (0, t, vy ) ⇒ y (t) = A (0, t, vy ).
On peut donc remplir le tableau suivant :
t(s)
0 10 12
14
16
18
20
x (m) 0 10 12
14
16
18
20
y (m) 0 10 11.8 13.2 14.2 14.8 15
Remarque : le maximum de la parabole correspond au point (x, y) = (20m, 15m) car vy = 0 et v = vx
(la tangente à la trajectoire est horizontale).
Méthode analytique :
pour t ≤ 10s
vx (t) = 1 et vy (t) = 1 ⇒ x = t et y = t ⇒ y = x (droite)
pour t ≥ 10s
vx (t) = 1 et vy (t) = (−0.1t + 2) ⇒ x (t) = t
Attention : comme vy change de fonction à t = 10s, il faut calculer y (t) − y (t0 ), avec t > 10s et
t0 > 10s. Il est plus
´ t simple de calculer
2
y (t) − y (10)
= 10 (2 − 0.1t) dt = 2t − 0.05t − 15 avec y (10) = 10m
x=t
donc on a
y = 2t − 0.05t2 − 5
La trajectoire est obtenue en remplaçant t par x dans y car x = t. On obtient une parabole y =
−0.05x2 + 2x − 5
y(m)
~v
0.1
v : 1cm → 1m/s
a : 1cm → 0.1m/s2
t(s)
~a
10
20
10
20
−0.1
10
~vy
5
ax (m/s2 )
0.1
~v
ay (m/s2 )
t(s)
~vx
−0.1
x(m)
5
10
15
20
2. Les composantes de l’accélération sont ax = dvdtx et ay = dvdty . Il suffit de calculer la pente de chaque
droite du diagramme des vitesses. On trouve (échelle 1cm → 0.1m/s2 ) :
[t1 , t2 ](s) [0, 10] [10, 20]
[t1 , t2 ](cm) [0, 4] [4, 5]
2
ax (m/s ) 0
0
0
0
→ ax (cm)
2
ay (m/s ) 0
−1
ay (cm)
0
−1
4. On vérifie aisément qu’à t = 5s, on a (x, y) = (10m, 10m), (vx , vy ) = (1m/s, 1m/s) et (ax , ay ) =
(0m/s2 , 0m/s2). Par contre, à t = 20s, on a (x, y) = (20m, 15m), (vx , vy ) = (1m/s, 0m/s) et (ax , ay ) =
(0m/s2 , 0.1m/s2)
Exercice 10
Partie I
xA (t) = R cos (ωt + ϕ) ⇒ vA (t) = dxdtA = −Rω sin (ωt + ϕ). π
π
= − π2 =⇒ −Rω sin ω 2ω
+ϕ =
1. A t = 0s, on a : xA (0) = R =⇒ R cos (ϕ) = R et vA 2ω
− π2 .
π
+ ϕ = sin π2 + ϕ = cos (ϕ), on obtient le système d’équations suivant :
Comme, sin ω 2ω
7
ϕ = 0 rd
cos (ϕ) = 1
⇒
⇒ T = 2π
= 2s et f = T1 = 0.5s−1 .
π
ω
ω = 2R
= π rd/s
Rω cos (ϕ) = π2
La période T correspond à la durée pendant laquelle le mobile revient à la même position dans le
même sens du mouvement (même vitesse). C’est l’intervalle de temps séparant deux maxima du
diagramme des espaces, des vitesses ou des accélérations. La fréquence est le nombre de fois qu’il
revient à cette même position (dans le même sens du mouvement) en une seconde. C’est le nombre
de périodes par seconde.
2. aA = dvdtA = −Rω 2 cos (ωt + ϕ) ⇒ aA (t) = −ωxA (t)
3. Rappelons que la période est T = 2s.
aA
vA
1
2
xA
Partie II
1. xM (t) = R cos (ωt) et yM (t) = R sin (ωt)
Pour la nature du mouvement, remarquons qu’on retrouve la trajectoire circulaire en utilisant :
2
x2M (t) + yM
(t) = R2 cos2 (ωt) + R2 sin2 (ωt) = R2
Calculons la vitesse en remplaçant ωt par θ p
vx = −Rθ̇ sin (θ) et vy = Rθ̇ cos (θ) ⇒ k~v k = vx2 + vy2 = Rθ̇
Donc, ce mouvement circulaire est uniforme ou accéléré ou retardé si la vitesse angulaire θ̇ est
constante, augmente ou diminue respectivement. Dans cet exercice on suppose qu’elle est constante
θ = ωt =⇒ θ̇ = ω.
2. Le mouvement de A apparaît comme la projection du mouvement de M sur l’axe (x′ Ox).
y
~v
~a
~r
3π/4
x
√
2
3π
3. Pour t = 0.75s = 43 s, on a θ = ωt = 3π
.
Sachant
que
cos
=
−
, ax = −ω 2 x et ay = −ω 2 y,
4
4
2
on trouve
Grandeur R
x√
y√
vx√
vy √
a√x
ay√
2
2
2π
2π
2π 2
2π 2
2
Valeur
0.5m
−4m
− 8 m/s − 8 m/s
m
m/s − 16
m/s2
4
16
Echelle
6.25cm −4.42cm 4.42cm −0.71cm −0.71cm 0.56cm
−0.56cm
Exercice 11
Données
x (t) = A cos (ωt) et y (t) = A sin (ωt) où A = 10cm et ω = 10rd/s.
a. Les composantes de la vitesse sont : vx (t) p
= −Aω sin (ωt) et vy (t) = Aω cos (ωt)
Le module de la vitesse est constant k~v k = vx2 + vy2 = Aω. Elle est perpendiculaire à la position
~r · ~v = xvx + yvy = 0.
b. Les composantes de l’accélération sont : ax (t) = −Aω 2 cos (ωt) et ay (t) = −Aω 2 sin (ωt)
8
p
L’accélération a un module constant k~ak = a2x + a2y = Aω 2 et une direction parallèle (mais de sens
opposé) à ~r :
ax = −ω 2 x et ay = −ω 2 y =⇒ ~a = −ω 2~r.
c. ~a.~v = 0 ⇒ L’accélération est perpendiculaire à la vitesse, par conséquent, seule la direction de
cette dernière change mais pas le module.
π
s, on a ωt = π2 , cos (ωt) = 0 et sin (ωt) = 1. Donc
d. A t = 20
Grandeur A
x
y
vx
vy
ax
ay
2
Valeur
0.1m 0m 0.1m −1m/s 0m/s 0m/s −10m/s2
Echelle
3cm 0cm 3cm −1cm
0cm
0cm
−1cm
y
~v
~r
~a
x
Exercice 12
2
v
r
= ~i + t~j ⇒ ~a = d~
= ~j
1. Composantes du vecteur vitesse : ~r = (t − 1)~i + t2 ~j ⇒ ~v = d~
dt
dt
D’une autre manière :
x = (t − 1) ⇒ vx = dx
= 1 ⇒ ax = dvdtx = 0et y = t2 /2 ⇒ vy = dy
= t ⇒ ay = dvdty = 1
dt
dt
2
2. an = vρ . D’après les propriétés du produit vectoriel, k~v ∧ ~ak = k~vk k~ak sin θ = k~v k k~a⊥v k
où ~a⊥v est la composante (de ~a) qui est perpendiculaire à ~v , c’est-à-dire an .
~a⊥v = ~an
~a
θ
~akv = ~at
~v
3
2
ak
k~
vk
v
Donc an = k~vk~∧~
v k = ρ ⇒ ρ = k~
v ∧~ak
q
√
3/2
.
k~v k = vx2 + vy2 = 1 + t2 et ~v ∧ ~a = ~i + t~j ∧ ~j = ~k ⇒ k~v ∧ ~ak = 1 ⇒ ρ = 1 + t2
3. On sait que ~at = at ~ut = (~a · ~ut ) ~ut et on peut choisir ~ut =
t ~
t2 ~
t2 +1 i + t2 +1 j.
4. ~an = ~a − ~at =
−t ~
i
t2 +1
+
1 ~
j.
t2 +1
On a an =
1+t2
1
=
= an
2 )3/2
2 1/2
(1+t
(1+t
) 2 t
1
t
~an · ~at = t2−t
+
2
2
+1
t +1
t +1
t2 +1
v2
ρ
=
r
−t
t2 +1
2
+
1
t2 +1
2
=
~v
k~vk .
q
~
1
t2 +1
=0
Exercice 14
Données R = 110
π m, s(0) = s0 = 0m et v(0) = v0 = 4.5m/s
1. Toutes les formules
´ 10 du mouvement rectiligne sont applicables à (s, v, at ). On peut donc écrire :
v (10) − v (0) = 0 at dt = A (0, 10, at ) = 10×0.3
= 1.5m/s ⇒ v (10) = A (0, 10, at ) + v0 = 6m/s
2
´ 20
10×0.3
v (20) − v (0) = 0 at dt = A (0, 20, at ) = 2 − 10×0.3
= 0m/s ⇒ v (20) = v0 = 4.5m/s
2
On peut calculer maintenant les composantes de l’accélération :
2
2
= 36π
at (10) = 0m/s2 et an (10) = v (10)
R
110 = 1.03m/s . On a a = an (10) → 4.12cm
2
~
i+tj
Donc ~at = (~a · ~v ) k~v~vk2 = t 1+t
2 =
2
π
2
at (20) = −0.3m/s2 et an (20) = v (20)
= (4.5)
R
110 = 0.58m/s . On a at (20) = −1.2cm et an (20) → 2.32cm.
Les positions du mobile aux instants t1 et t2 sont données dans l’énoncé et le rayon doit être représenté par
R → 4cm. Remarquons aussi que v0 et positive et dans le sens du mouvement (M0 M1 M2 ). Par conséquent,
le sens positif a implicitement été choisi dans le sens du mouvement (le sens positif est indispensable à la
représentation de ~ut , ~v et ~at ).
9
y
M1
~v
(+)
~a
~a
~at
M0
M1
x
~an
~v
´t
2. La particule rebrousse chemin quand v = 0m/s2 . Or v (t) − v (0) = 0 at dt = 0. D’après le diagramme,
at = −0.03t
´ t + 0.3. On obtient alors
v (t) = 0 (−0.03t + 0.3) dt + 4.5 = 0.3t − 0.015 t2 + 4.5. L’équation 0.3t − 0.015 t2 + 4.5 = 0 a pour solutions
[t = −10s] et [t = 30s]. La deuxième
´ t car elle est positive.
´ t solution est acceptable
De la même façon, s (t)−s (0) = 0 v (t) dt. Donc s (t) = 0 0.3t − 0.015 t2 + 4.5 dt = 4.5t+0.15t2 −0.005 t3 .
Donc s (30) = 135m.
Exercice 15
Données : r (t) = r0 exp (−t/a) et θ (t) = t/a.
r0
r0
dθ
at
1. vr = dr
dt = − a exp (−t/a) et vθ = r dt = a exp (−t/a). Donc
~v = ra0 exp (−t/a) [−~ur + ~uθ ]
~ur
2. Soit ϕ = (~v , ~uθ ) alors tg (ϕ) = vvrθ = −1 ⇒ ϕ = − π4 . Le dessin
~vθ
~uθ
ci-contre est un exemple dans le cas où θ = π4 (~ur vers le haut).
~a
3. Utilisons les formules suivantes (pratiques quand vr et vθ sont
α
ϕ
connues) :
~un
~ut
dvθ
dθ
dθ
r
ar = dv
dt − dt vθ et aθ = dt + dt vr
an
ar = ar02 exp (−t/a) − ar02 exp (−t/a) = 0m/s2 et aθ =
~v
2r0
− a2 exp (−t/a) ⇒ ~a = aθ ~uθ
~vr
4. Soit α = (~a, ~un ) alors tg (α) = aat
n
aθ
Choisissons ~ut = k~~vvk = √12 [−~ur + ~uθ ] ⇒ at = ~a · ~ut = √
et
2
p
√θ |
an = a2 − a2t = |a
2
Donc tg (α) = −1 ⇒ α = − π4 .
On a d’abord dessiné ~a = ~aθ , ~ut et ~at qui sont faciles. Ensuite, on a déduit ~an (et ~un ) car ~a est la résultante
de ~at et ~an .
√
1
2
2
5. Comme an = vR ⇒ R = avn = 2r0 e− a t
Exercice 16
Données : r (t) = t/2 et θ (t) = πt2 /4
1. r (1) = 0.5m → 5cm et θ (1) = π/4 rd
2
ur = 21 ~ur et ~vθ = r dθ
uθ = πt4 ~uθ
2. ~vr = dr
dt ~
dt ~
à t = 1s, on aura vr = 0.5m/s → 2cm et vθ = π4 = 0.79m/s → 3.14cm.
q
q
2 4
3.a. k~v k = vr2 + vθ2 = 14 + π16t
3.b. k~at k =
dk~
vk
dt
= 81 π 2 q 1
16
t3
π 2 t4 + 41
. A t = 1s, on a k~at k = 1.33m/s2 .
10
ar vr +a v −1.23×0.5+2.36×(π/4)
θ
θ
√
= √ 2 2 =
= 1.33m/s2
ou bien k~at k = |at | = |~a ·
vr +vθ
(0.5)2 +(π/4)2
q
q
p
v2
2
2
2
2
2
R = an et an = a − at = ar + aθ − at , on trouve an = (−1.23)2 + (2.36)2 − (1.33)2 = 2.31m/s2
~
v
k~
vk |
R=
vr2 +vθ2
an
=
(0.5)2 +(π/4)2
2.31
= 0.38m.
~v
~vθ
~vr
~r
y
~uθ
~ur
π/4
x
Exercice 17
1. Entre t = 0s et t = 2s, la trajectoire est un segment de droite entre r = 3m et r = 5m, car θ = π4 est
constant. Entre t = 2s et t = 6s, la trajectoire est un arc de cercle entre θ = π4 et θ = π2 , car r = 5m est
constant.
2
dθ 2
dθ
d2 r
dθ
dr
dθ
−
r
et
v
=
r
.
Accélération
:
a
=
et aθ = ddt2θ + 2 dr
2. Vitesse : vr = dr
r
2
θ
dt
dt
dt
dt dt . Sachant que dt et dt
dt
sont les pentes des courbes r (t) et θ (t), on trouve :
dθ
t (s) r (m) θ (rd) dr
vr (m/s) vθ (m/s) ar m/s2
aθ m/s2
dt (m/s)
dt (rd/s)
π
1
4
1
0
1
0
0
0
4
3
π
5π
5π 2
4
5
0
0
− (16)2
0
8π
16
16
En représentation (échelle pour r : 1cm → 1m)
t (s) r (cm) θ (rd) vr (cm) vθ (cm) ar (cm) aθ (cm)
π
1
4
2
0
0
0
4
3
4
5
0
1.96
−1.93
0
π
8
3. Phases du mouvement :
[t1 , t2 ]
[0, 2]
[4, 6]
Mouvement MRU,sens +
MCU, sens +
Justification trajectoire=droite,k~v k = 1,v = vr > 0 trajectoire=cercle,k~v k =
~v (4)
~v (1)
~a(4)
~r(4)
~r(1)
3π
π 8
4
Exercice 19
Données : Par rapport à O,~i, ~j, ~k : x = t2 − 4t + 1, y = −2t4 et z = 3t2
Par rapport à O ′ ,~i, ~j, ~k : x′ = t2 + t + 2, y = −2t4 + 5 et z = 3t2 − 7
11
5π
16 ,v
= vθ > 0
1. On calcule les vitesses dans chaque
repère
en dérivant les coordonnées (x, y, z) et (x′ , y ′ , z ′ ) :
La vitesse ~vM/O par rapport à O,~i, ~j, ~k : vx = 2t − 4, vy = −8t et vz = 6t.
La vitesse ~vM/O′ par rapport à O′ ,~i, ~j, ~k : vx′ = 2t + 1, vy′ = −8t et vz′ = 6t.
On déduit que vx = vx′ − 5, vy = vy′ et vz = vz′ .
2. Les accélérations sont obtenues en dérivant (vx , vy , vz ) et vx′ , vy′ , vz′ . On obtient :
L’accélération ~aM/O par rapport à O,~i, ~j, ~k : ax = 2, ay = −8 et az = 6.
L’accélération ~aM/O4 par rapport à O ′ ,~i, ~j, ~k : a′x = 2, a′y = −8 et a′z = 6.
On déduit que ax = a′x , ay = a′y et az = a′z .
3. Pour définir le mouvement d’entraînement de (R) par rapport à (R′ ), il faut calculer ~vO/O′ = −~vO′ /O ainsi
que ~aO/O′ = −~aO′ /O
Or ~vM/O = ~vM/O′ +~vO′ /O ⇒ ~vO/O′ = ~vM/O′ −~vM/O = 5~i et ~aM/O = ~aM/O′ +~aO′ /O ⇒ ~aO/O′ = ~aM/O′ −~aM/O =
~0.
Le repère (R) est en mouvement rectiligne et uniforme dans le sens positif avec une vitesse vO/O′ = 5m/s.
Exercice 20
Données : x (0) = 4m et y (0) = 1m.
1. Les composantes de l’accélération sont constantes (pentes) ax = −1m/s2 et ay = 0m/s2 . Les composantes
du vecteur position
´ 5 s’obtiennent par la méthode des aires :
x (5) − x (0) = 0 vx dt = A (0, 5, vx ) = 12.5m ⇒ x (5) = 16.5m
´5
y (5) − y (0) = 0 vy dt = A (0, 5, vy ) = 6m ⇒ y (5) = 7m
´5
x (10) − x (0) = 0 vx dt = A (0, 10, vx ) = 0m ⇒ x (10) = 4m
´5
y (10) − y (0) = 0 vy dt = A (0, 10, vy ) = 16m ⇒ y (10) = 17m
On a :
t (s) x (m) y (m) vx (m/s) vy (m/s) ax m/s2
ay m/s2
5
16.5
7
0
2
−1
0
10
4
17
−5
2
−1
0
2. ~vA/O = ~vA/B + ~vB/O avec ~vB/O = ~vB = 2~i + 4~j, ~vA/O = ~vA et ~vA/B = vx′ ~i + vy′ ~j
On déduit que ~vA/B = ~vA − ~vB ⇒ vx′ = vx − 2 et vy′ = vy − 4.
Le graphe de vx′ s’obtient en décalant celui de vx de 2 vers le bas. Le graphe de vy′ s’obtient en décalant celui
de vy de 4 vers le bas.
4
2
0
4
vx
2
5
10
−2
−4
0
−2
vx′
vy
5
10
vy′
−4
Exercice 21 = ~vP/S = 1m/s, ~vE/S = k~vc k = 0.5m/s,
Données ~vN/E
k~vc k < ~vN/E et L = 150m.
1. Calculons les vitesses par rapport au sol du piéton et du nageur, pendant l’aller et le retour, en utilisant
~vN/S = ~vN/E + ~vE/S = ~vN/E + ~vc
Piéton ~vP/S
Nageur ~vc
~vN/E
~vN/S
~vP/S ~i
k~vc k + ~vP/S ~i
aller
aller
k~vc k~i ~vP/S ~i
retour − ~vP/S ~i
retour
k~vc k~i − ~vP/S ~i
k~vc k − ~vP/S ~i
12
Remarque k~vc k − ~vP/S = − ~vP/S − k~vc k < 0 car k~vc k < ~vP/S = ~vN/E Le temps mis par chacun est la somme des temps de l’aller et du retour
Temps mis par le piéton pour un aller-retour : TP = ~v2L
k P /S k
Temps mis par le nageur pour un aller-retour : TN =
2
2
L
k~
vc k+k~
vP /S k
+
L
k~vP /S k−k~vc k
=
2Lk~
vP /S k
k~vP /S k
2
−k~vc k2
k~vP /S k −k~vc k
2
k~vP /S k
Donc TP < TN , c’est-à-dire que le piéton arrive en premier. Application numérique : TP = 300s et TN = 600s.
2. On a ~vN/P = ~vN/S + ~vS/P = ~vN/S − ~vP/S mais les expressions de ~vN/S et ~vP/S dépendent des phases aller
ou retour du piéton et du nageur. Il faut calculer les temps correspondants :
Aller du piéton ~v L = T2P = 150s.
k P /S k
= 100s.
Aller du nageur k~v k+L~v
k P /S k
c
On aura le tableau suivant :
[t1 , t2 ] (s) [0, 100]
[100, 150]
[150, 300]
~vN/S
k~vc k + ~vP/S ~i
k~vc k − ~vP/S ~i
k~vc k − ~vP/S ~i
~vP/S ~i
~vP/S ~i
~vP/S
− ~vP/S ~i
~vN/P
k~vc k~i = 0.5~i
k~vc k − 2 ~vP/S ~i = −1.5~i k~vc k~i = 0.5~i
vN/P (m/s)
On voit que
TP
TN
=
t1
100
t2
200
2
< 1 car ~vP/S > k~vc k, ~vP/S > 0 et k~vc k2 > 0.
t(s)
300
A t = 0s, le nageur et le piéton démarrent de la même abscisse xP/S = xN/S = 0, donc xN/P (0) =
xN/S − xP/S = 0. Les instants de rencontre correspondent à xN/P (t) = 0 que l’on peut déduire du graphe
de vN/P .
Le premier instant de rencontre t1 correspond au cas où le piéton est dans la phase aller et le nageur dans
la phase retour (100s < t1 < 150s). Il vérifie xN/P (t1 ) = A 0, t1 , vN/P + xN/P (0) = 0
0.5 × 100 − (t1 − 100) × 1.5 + 0 = 0 ⇒ t1 = 133.33s
Le deuxième instant de rencontre t2 correspond au moment ou le piéton rattrape
le nageur quand il sont
tous les deux dans la phase retour (t2 > 150s). Il vérifie xN/P (t2 ) = A 0, t2 , vN/P + xN/P (0) = 0
0.5 × 100 − (150 − 100) × 1.5 + (t2 − 150) × 0.5 = 0 ⇒ t2 = 200s.
Exercice 22
y
Données : A t = 0s, on a (xR = −20m, yR = 0m), (xS = 100m, yS = 0m),
(xT = 0m, yT = −30m), (xB = 40m, yB = 0m)
x
O
Le courant entraîne le ballon donc ~vC = ~veau = ~vB = 0.4~i en (m/s).
30
60
L’indice B sera utilisé à la place
de C et de
eau dans les vitesses,
on écrira par exemple ~vR/B = ~vS/B = ~vT /B = 1m/s.
1. Dans un repère lié au ballon, les trois nageurs ont un
mouvement
~vR/B = ~vS/B =
rectiligne
et
uniforme
avec
des
vitesses
égales
~vT /B , mais des positions initiales différentes ~rR/B (0) = ~rR (0) −
~rB (0), ~rS/B (0) = ~rS (0) − ~rB (0) et ~rT /B (0) = ~rT (0) − ~rB (0). Le
−30
plus proche arrivera le premier. DR/B = |xR − xB | = 60m, DS/B =
q
|xS − xB | = 60m et DT /B = (xT − xB )2 + (yT − yB )2 = 50m.
Le nageur
T arrivera en premier. Les
temps
correspondants sont : TR = DR/B / ~vR/B = 60s, TS =
DS/B / ~vS/B = 60s et TT = DT /B / ~vT /B = 50s.
2. La formule ~vT /O = ~vT /O′ + ~vO′ /O où ~vT /O = ~vT et ~vT /0′ = ~vT /B , car ~vO′ /O = ~vB/O = ~vB , montre bien
que le mouvement est rectiligne et uniforme dans les deux repères (xOy) et (x′ O ′ y), car tous les vecteurs
vitesses sont constants. La trajectoire du nageur T est un segment de droite entre la position initiale de T
et sa position finale quand il arrive au ballon à t = 50s.
A t = 0s, on a (xT = 0m, yT = −30m).
13
A t = 50s, on a (xT , yq
T ) = (xB , yB ) = (vB t + xB (0) , yB ) = (60m, 0m).
La distance est D = [xT (50) − xT (0)]2 + [yT (50) − yT (0)]2 = 67.08m
3. Le vecteur vitesse ~vT /B a la même pente que la trajectoire du nageur T dans le repère lié au ballon
v
y
(50)−y
(0)
~vT /B
~vT
vers le haut de 3
/B
3
3
= xT /B (50)−xT /B (0) = 30
tg (α) = vyT
40 = 4 . On trace un vecteur de pente 4 et de longueur 5cm car
xT /B
T /B
T /B
~vT /B = 1m/s. Le vecteur ~vB = 0.4~i a une longueur de 2cm. Le vecteur ~vT = ~vT /B + ~vB est la résultante
des deux.
vers la droite de 4
/4
e3
t
n
pe
e
ed
oit
r
d
~vB
La longueur mesurée de ~vT est 6.7cm, donc k~vT k = 1.34m/s. D’une autre façon, on a k~vT k =
1.34s.
14
D
T
=
67.08
50
=