Solution des exercices : La cinématique - Ts

Classe: 
Terminale
 

Exercice 1

Un mobile $M_{1}$ est en mouvement relativement au repère d'espace $\mathcal{R}(O\;,\ \vec{i}\;,\ \vec{j})$, son vecteur vitesse est :
$$\overrightarrow{V}_{1}=3\vec{i}+(-2t+4)\vec{j}$$
1) Donnons les lois horaires du mouvement du mobile $M_{1}$ sachant qu'à l'origine des temps, le mobile passe par l'origine $O.$
 
Cela signifie, par ailleurs, de déterminer les équations horaires du mouvement.
 
Soit : $\overrightarrow{V}_{1}=3\vec{i}+(-2t+4)\vec{j}$ alors, son vecteur vitesse $\overrightarrow{V}_{1}$ peut s'écrire :
$$\overrightarrow{V}_{1}\left\lbrace\begin{array}{lcl}\dot{x}&=&3\\ \dot{y}&=&-2t+4 \end{array}\right.$$
Or, on sait que : $\overrightarrow{V}_{1}=\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{OM}}{\mathrm{d}t}$ donc, $\overrightarrow{OM}\left\lbrace\begin{array}{lcl}x&=&3t+\text{cte}_{1}\\ y&=&-t^{2}+4t+\text{cte}_{2} \end{array}\right.$
 
Les constantes seront déterminées en appliquant la condition initiale.
 
Or, à l'origine des temps, le mobile passe par l'origine $O$ ; ce qui signifie qu'à $t=0$, on a : $x=0\ $ et $\ y=0$ 
 
On obtient alors :
$$\left\lbrace\begin{array}{rcl} 3\times0+\text{cte}_{1}&=&0\\-0^{2}+4\times 0+\text{cte}_{2}&=&0\end{array}\right.\ \Rightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{lcl}\text{cte}_{1}&=&0\\ \text{cte}_{2}&=&0 \end{array}\right.$$
Par suite, $\overrightarrow{OM}\left\lbrace\begin{array}{lcl}x&=&3t\\ y&=&-t^{2}+4t\end{array}\right.$
 
D'où, les horaires du mouvement du mobile $M_{1}$ sont données par :
$$\boxed{\overrightarrow{OM}(t)\left\lbrace\begin{array}{lcl}x&=&3t\\ \\y&=&-t^{2}+4t\end{array}\right.}$$
2) Établissons l'équation cartésienne de la trajectoire.
 
D'après les équations horaires du mouvement du mobile $M_{1}$, on a :
$$\left\lbrace\begin{array}{rcll}x&=&3t&(1)\\ \\y&=&-t^{2}+4t&(2) \end{array}\right.$$
Dans l'équation $(1)$, on exprime $t$ en fonction de $x.$
 
Ce qui donne : $t=\dfrac{x}{3}$
 
Ensuite, en remplaçant cette valeur de $t$ dans l'équation $(2)$, on obtient :
 
$y=-\left(\dfrac{x}{3}\right)^{2}+4\times\dfrac{x}{3}=-\dfrac{x^{2}}{9}+\dfrac{4x}{3}$
 
D'où, une équation cartésienne de la trajectoire du mobile $M_{1}$ sera donnée par :
$$\boxed{y=-\dfrac{x^{2}}{9}+\dfrac{4x}{3}}$$
3) Expression du vecteur accélération $\vec{a}_{1}.$
 
Soit :
 
$\begin{array}{rcl} \vec{a}_{1}&=&\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{V}_{1}}{\mathrm{d}t}\\ \\&=&\dfrac{\mathrm{d}(3\vec{i}+(-2t+4)\vec{j})}{\mathrm{d}t}\\ \\&=&-2\vec{j} \end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{\vec{a}_{1}=-2\vec{j}}$
 
Représentation du vecteur accélération $\vec{a}_{1}$ sur la trajectoire de la figure.

 

 
4) Déterminons la date à laquelle la direction du vecteur vitesse est horizontale
 
Au sommet de la trajectoire, le vecteur vitesse se réduit à sa composante horizontale ; autrement dit, sa composante verticale est nulle.
 
Ce qui se traduit par : $\dot{y}=-2t+4=0$ soit alors, $t=2\;s$
 
Ainsi, à $t=2\;s$ la direction du vecteur vitesse est horizontale.
 
En déduisons les coordonnées $(x_{s}\;;\ y_{s})$ du sommet $S$ de la trajectoire ainsi que la valeur de la vitesse en ce point.
 
Le mobile atteint le sommet à l'instant $t=2\;s$ donc, en remplaçant cette valeur de $t$ dans les équations horaires du mouvement, on obtient les coordonnées du sommet $S$ de la trajectoire.
 
Ainsi,
$$S\left\lbrace\begin{array}{rclcl}x_{S}&=&3\times 2&=&6\\ \\y_{S}&=&-(2^{2})+4\times 2&=&4\end{array}\right.$$
D'où, $\boxed{S(6\;;\ 4)}$
 
Par ailleurs, la valeur de la vitesse sera donnée par :
$$V_{s}=\sqrt{V_{x}^{2}+V_{y}^{2}}$$
Or, au sommet $S$ de la trajectoire le vecteur vitesse est donnée par :
$$\overrightarrow{V}_{1}\left\lbrace\begin{array}{rcl}V_{x}&=&3\\ V_{y}&=&0\end{array}\right.$$
Par suite, $V_{s}=\sqrt{3^{2}+0^{2}}=3\;m\cdot s^{-1}$
 
D'où, $\boxed{V_{s}=3\;m\cdot s^{-1}}$
 
Représentation de ce vecteur vitesse (voir figure)
 
5) Calculons :
 
$-\ $ Le rayon de courbure de la trajectoire à la date $t=2\;s.$
 
Soit $\rho=OM$ le rayon de courbure, alors on a :
 
$\begin{array}{rcl} \rho=OM&=&\sqrt{x^{2}+y^{2}}\\ \\&=&\sqrt{(3\times 2)^{2}+(-(2^{2})+4\times 2)^{2}}\\ \\&=&\sqrt{52}\\ \\&=&7.2\,m \end{array}$
 
D'où, $\boxed{\rho=7.2\;m}$
 
$-\ $ L'abscisse $x_{P}$ du mobile lorsque l'ordonnée $y=0.$
 
D'après les équations horaires, on a :
$$\left\lbrace\begin{array}{rcll}x_{P}&=&3t&(1)\\ \\y_{P}&=&-t^{2}+4t&(2) \end{array}\right.$$
L'ordonnée étant nulle alors, $y_{P}=-t^{2}+4t=0$
 
Par suite,
 
$\begin{array}{rcl} -t^{2}+4t=0&\Rightarrow&t(-t+4)=0\\ \\&\Rightarrow&t=0\quad \text{ ou }\quad -t+4=0 \\ \\&\Rightarrow&t=0\;s\quad \text{ ou }\quad t=4\;s\end{array}$
 
En remplaçant ces valeurs de $t$ dans l'équation $(1)$, on obtient :
 
Pour $t=0\;s\;,\ x_{P}=3\times 0=0\ \Rightarrow\ x_{P}=0\;m$, le mobile se trouve alors à l' origine du repère.
 
Pour $t=4\;s\;,\ x_{P}=3\times 4=12\ \Rightarrow\ x_{P}=12\;m$
 
Donc, l'abscisse $x_{P}$ du mobile lorsque l'ordonnée est nulle sera donnée par :
$$\boxed{x_{P}=12\;m}$$
$-\ $ La valeur de la vitesse $\overrightarrow{V}_{P}$ du mobile au pont $P$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} V_{P}&=&\sqrt{3^{2}+(-2t+4)^{2}}\\\\&=&\sqrt{9+(-2\times 4+4)^{2}}\\\\&=&\sqrt{25}\\ \\&=&5\end{array}$
 
D'où, $\boxed{V_{P}=5\;m\cdot s^{-1}}$
 
6) Un deuxième mobile $M_{2}$ en mouvement rectiligne uniformément varié sur l'axe $(Ox)$ du repère $\mathcal{R}(O\;,\ \vec{i}\;,\ \vec{j})$, passe par le point d'abscisse $x=20\;m$ à l'instant $t=0$ avec une vitesse $\overrightarrow{V}_{O_{2}}=2\vec{i}$
 
Déterminons la valeur algébrique de l'accélération du mobile $M_{2}$ au point du rencontre avec $M_{1}$ pour $x=12\;m$
 
En considérant les équations horaires, on obtient :
 
$\ast$ Pour le mobile $M_{1}\ :\ \overrightarrow{OM}_{1}\left\lbrace\begin{array}{lcl}x_{1}&=&3t\\ y_{1}&=&-t^{2}+4t\end{array}\right. $
 
$\ast$ Pour le mobile $M_{2}\ :\ x_{2}=\dfrac{1}{2}a_{2}t^{2}+V_{0_{2}}t+x_{0_{2}}$
 
Comme à l'instant $t=0$ le mobile $M_{2}$ passe par le point d'abscisse $x=20\;m$ avec une vitesse $\overrightarrow{V}_{O_{2}}=2\vec{i}$ alors, en remplaçant ces valeurs initiales dans l'équation horaire, on obtient :
$$x_{2}=\dfrac{1}{2}a_{2}t^{2}+2t+20$$
Le mobile $M_{1}$ rencontre le mobile $M_{2}$ lorsque : $x_{1}=x_{2}=12\,m$
 
Soit $t_{r}$ le temps de rencontre, alors on a :
 
$x_{1}=3t_{r}=12\ \Rightarrow\ t_{r}=4\;s$
 
Remplaçons cette valeur de $t_{r}$ dans l'équation horaire du mobile $M_{2}.$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} x_{2}=\dfrac{1}{2}a_{2}t_{r}^{2}+2t_{r}+20&\Rightarrow&12=\dfrac{1}{2}a_{2}(4)^{2}+2\times 4+20\\\\&\Rightarrow&a_{2}=\dfrac{12-28}{8}\\\\&\Rightarrow&a_{2}=-2\end{array}$
 
Par suite, $\boxed{a_{2}=-2\;m\cdot s^{-2}}$

Exercice 2

1) a) Point de départ du mobile à l'origine des dates
$$\overrightarrow{OM}\left\lbrace\begin{array}{lcl} x&=&t\\ y&=&\dfrac{t^{2}}{2} \end{array}\right.$$
 
à $t=0s$ $\overrightarrow{OM}\left\lbrace\begin{array}{lcl} x&=&0\\ y&=&\dfrac{0^{2}}{2}=0 \end{array}\right.$
 
Le mobile se trouve au point $O$ origine du repère
 
b) Équation de la trajectoire du mobile
 
$$\overrightarrow{OM}\left\lbrace\begin{array}{lcl} x&=&t\quad(1)\\ y&=&\dfrac{t^{2}}{2}\quad(2) \end{array}\right.$$
 
$(1)\quad\text{dans }\Rightarrow\;y=\dfrac{1}{2}x^{2}$
 
c) Détermination des expressions du vecteur vitesse et du vecteur accélération du mobile $M$
 
$\begin{array}{lcl} \overrightarrow{V}&=&\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{OM}}{\mathrm{d}t}\\&=&\dfrac{\mathrm{d}\left(t\vec{i}+\dfrac{1} {2}t^{2}\vec{j}\right)}{\mathrm{d}t}\\\Rightarrow\overrightarrow{V}&=&\vec{i}+t\vec{j} \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} \overrightarrow{a}&=&\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{V}}{\mathrm{d}t}\\&=&\dfrac{\mathrm{d}\left(\vec{i}+t\vec{j}\right)}{\mathrm{d}t}\\\Rightarrow\overrightarrow{a}&=&t\vec{j} \end{array}$
 
2) a) Le vecteur vitesse est colinéaire à $\vec{i}$ lorsque sa composante verticale est nulle $V_{y}=0$
 
A $t=0s$ le vecteur vitesse est colinéaire $\vec{i}$
 
b) Montrons qu'à la date $t=0s$ la composante tangentielle de l'accélération est nulle
 
$\begin{array}{lcl} V&=&\sqrt{V_{x}^{2}+V_{y}^{2}}\\&=&\sqrt{1+t^{2}}\\\Rightarrow\;a_{t}&=&\dfrac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}\\&=&\dfrac{\mathrm{d}\left(\sqrt{1+t^{2}}\right)}{\mathrm{d}t}\\\Rightarrow\;a_{t}&=&\dfrac{t}{\sqrt{1+t^{2}}}t\\&=&0\\\Rightarrow\;a_{t}&=&\dfrac{0}{\sqrt{1+0^{2}}}\\\Rightarrow\;a_{t}&=&0\,m\cdot s^{-2} \end{array}$
 
3) a) Montrons que l'accélération normale est $a_{N}=\dfrac{1}{\sqrt{1+t^{2}}}.$
 
$\begin{array}{lcl} a^{2}&=&a_{n}^{2}+a_{t}^{2}\\\Rightarrow\;a_{n}&=&\sqrt{a^{2}-a_{t}^{2}}\\&=&\sqrt{1^{2}-\left(\dfrac{t}{\sqrt{1+t^{2}}}\right)^{2}}\\&=&\sqrt{\dfrac{1+t^{2}-t^{2}}{1+t^{2}}}\\\Rightarrow\;a_{n}&=&\dfrac{1}{\sqrt{1+t^{2}}} \end{array}$
 
b) Détermination de la date $t_{1}$ à laquelle $V_{x}=V_{y}$
 
$V_{x}=V_{y}\Rightarrow\;1=t\Rightarrow\;t_{1}=1s$
 
c) Calcul du rayon de courbure à la date $t_{1}.$
 
$\begin{array}{lcl} OM&=&\sqrt{x^{2}+y^{2}}\\&=&\sqrt{t^{2}\left(\dfrac{t^{2}}{2}\right)^{2}}\ t_{1}=1s\\\Rightarrow\;OM&=&\sqrt{1^{2}+\left(\dfrac{1^{2}}{2}\right)^{2}}\\\Rightarrow\;OM&=&1.1\,m \end{array}$

Exercice 3

1) Détermination de la vitesse initiale et de l'abscisse initiale du point mobile $M$
 
Le mobile $M_{1}$ est animé d'un mouvement rectiligne uniformément varié :
 
$\begin{array}{lcl} V_{x}&=&a_{1}t+V_{0}\\\Rightarrow\;V_{A}&=&a_{1}t_{1}+V_{0}\\\Rightarrow\;V_{0}&=&V_{A}-a_{1}t_{1}\\&=&6-2\times 1\\\Rightarrow\;V_{0}&=&4\,m\cdot s^{-1} \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} V_{A}^{2}-V_{0}^{2}&=&2a_{1}\left(x_{A}-x_{0}\right)\\\Rightarrow\;x_{0}&=&x_{A}-\dfrac{V_{A}^{2}-V_{0}^{2}}{2\times 2}\\&=&0-\dfrac{6^{2}-4^{2}}{2\times 2}\\\Rightarrow\;x_{0}&=&-5\,m \end{array}$
 
2) Loi horaire $x_{1}(t)$ de mouvement de $M_{1}$ et expression de sa vitesse instantanée
 
$\begin{array}{lcl} x_{1}&=&\dfrac{1}{2}a_{1}t^{2}+V_{0}t+x_{0}\\\Rightarrow\;x_{1}&=&\dfrac{1}{2}\times 2t^{2}+4t-10\\\Rightarrow\;x_{1}&=&t^{2}+4t-5 \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} V_{1}&=&\dfrac{\mathrm{d}x_{1}}{\mathrm{d}t}\\&=&\dfrac{\mathrm{d}(t^{2}+4t-5)}{\mathrm{d}t}\\\Rightarrow\;V_{1}&=&2t+4 \end{array}$
 
3) Montrons que le mouvement de $M_{1}$ comporte deux phases
 
$t\leq t_{1}\ ;\ x_{1}=t^{2}+4t-5$, le mobile $M_{1}$ est animé d'un mouvement rectiligne uniformément varié
 
$t\geq t_{1}\ ;\ x'_{1}=V_{A}(t-t_{1})+x'_{0}$
 
$\begin{array}{lcl} \text{A }t&=&t_{1}\;,\ x'_{1}&=&x_{A}\\&=&0\\\Rightarrow\;V_{A}(t-t_{1})+x'_{0}&=&0\\\Rightarrow\;x'_{0}&=&0\\\Rightarrow\;x'_{1}&=&V_{A}(t-t_{1})\\\Rightarrow\;x'_{1}&=&6(t-1) \end{array} \;,\ \text{le mobile }M_{1}\text{ est animé d'un mouvement rectiligne uniforme}$
 
4) La distance parcourue par le mobile entre la dates $t_{1}=1s$ et $t_{2}=7s$

Exercice 4

1) Représentation de l'allure de la trajectoire
 
 
$y=-\dfrac{5}{4}x^{2}+2x$
 
2) Déterminons l'expression de l'ordonnée $y=f(t)$ du mobile 
 
$\begin{array}{lcl} y&=&-\dfrac{5}{4}x^{2}+2x\text{ or }x=2t\\\Rightarrow\;y&=&-\dfrac{5}{4}(2t)^{2}+2\times 2t\\\Rightarrow\;y&=&-5t^{2}+4t \end{array}$
 
2) a) Détermination des composantes du vecteur vitesse $\overrightarrow{V}$ en fonction du temps
 
$$\overrightarrow{V}\left\lbrace\begin{array}{lllll} V_{x}&=&\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}&=&\dfrac{\mathrm{d}(2t)}{\mathrm{d}t}\\ \\ V_{y}&=&\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}&=&\dfrac{\mathrm{d}(-5t^{2}+4t)}{\mathrm{d}t} \end{array}\right.$$
 
$$\Rightarrow\overrightarrow{V}\left\lbrace\begin{array}{lcl} V_{x}&=&2\\ V_{y}&=&-10t+4 \end{array}\right.$$
 
b) Date ou direction du vecteur vitesse est horizontale
 
$V_{y}=-10t+4=0\Rightarrow\;t=\dfrac{4}{10}\Rightarrow\;t=0.4s$
 
Les coordonnées du sommet $S$ de la trajectoire.
 
$$S\left\lbrace\begin{array}{lllll} x_{S}&=&2t_{S}&=&2\times 0.4\\ y_{S}&=&-5t_{S}^{2}+4t_{S}&=&-5\times 0.4^{2}+4\times 0.4 \end{array}\right.$$
 
$$\Rightarrow\;S\left\lbrace\begin{array}{lcl} x_{S}&=&0.8\\ y_{S}&=&0.8 \end{array}\right.$$
 
Valeur de la vitesse en ce point
 
$V=V_{x}\Rightarrow\;V=2\,m\cdot s^{-1}$
 
3) Expression du vecteur accélération $\overrightarrow{a}.$
 
$\begin{array}{lcl} \overrightarrow{a}&=&\dfrac{\mathrm{d}\overrightarrow{V}}{\mathrm{d}t}\\&=&\dfrac{\mathrm{d}(2\vec{i}+(-10t+4)\vec{j})}{\mathrm{d}t}\\\Rightarrow\overrightarrow{a}&=&-10\vec{j} \end{array}$
 
Le mouvement du mobile $M$ est uniformément varié
 
4) Le rayon de courbure de la trajectoire au sommet $S$ de la trajectoire
 
$\begin{array}{lcl} a&=&\dfrac{v^{2}}{R}\\\Rightarrow\;R&=&\dfrac{v^{2}}{a}\\&=&\dfrac{4}{10}\\&=&0.4\\\Rightarrow\;R&=&0.4\,m \end{array}$
 
5) Détermination des phases du mouvement
 
$\overrightarrow{a}\times\overrightarrow{V}>0\Rightarrow\;10(10t-4)>0\Rightarrow\;t>0.4s$ ; le mouvement du mobile $M$ est accéléré
 
$\overrightarrow{a}\times\overrightarrow{V}<0\Rightarrow\;10(10t-4)<0\Rightarrow\;t<0.4s$ ; le mouvement du mobile $M$ est retardé
 
6) Détermination de l'abscisse du point $P$ intersection de la trajectoire avec l'axe $Ox$
 
L'ordonnée du point $P$ est nulle : 
 
$y_{P}=-5t^{2}+4t=0\Rightarrow\;t(-5t+4)=0\Rightarrow\;t=t_{1}=0s$ (le mobile se trouve à l'origine du repère) ou
 
$\begin{array}{lcl} -5t+4&=&0\\\Rightarrow\;t_{2}&=&\dfrac{4}{5}\\&=&0.8s\\\Rightarrow\;x_{S}&=&2t_{2}\\&=&2\times 0.8s\\\Rightarrow\;x_{S}&=&1.6\,m \end{array}$
 
Comparons $\overrightarrow{V_{O}}$ et $\overrightarrow{V_{P}}$
 
$-\ $ Caractéristique du vecteur vitesse $\overrightarrow{V_{O}}$
 
$\ast\ $ Direction : $\tan\alpha=\dfrac{V_{Oy}}{V_{Ox}}=\dfrac{4}{2}=2\Rightarrow\alpha=63.4^{\circ}$ ; le vecteur vitesse $\overrightarrow{V_{O}}$ fait un angle $\alpha=63.4^{\circ}$ avec l'axe des abscisses.
 
$\ast\ $ valeur : $V_{0}=\sqrt{V_{Ox}^{2}+V_{Oy}^{2}}=\sqrt{2^{2}+4^{2}}=4.5\,m\cdot s^{-1}$
 
$-\ $ caractéristique de vecteur vitesse $\overrightarrow{V_{P}}$
 
$\ast\ $ direction : $\tan\beta=\dfrac{V_{Py}}{V_{Px}}=\dfrac{-10\times 0.8+4}{2}=\dfrac{-4}{2}=-2\Rightarrow\beta=-63.4^{\circ}$ ; le vecteur vitesse $\overrightarrow{V_{P}}$ fait un angle $\beta=-63.4^{\circ}$ avec l'axe des abscisses.
 
$\ast\ $ valeur : $V_{P}=\sqrt{V_{Px}^{2}+V_{Py}^{2}}=\sqrt{2^{2}+(-10\times 0.8+4)^{2}}=4.5\,m\cdot s^{-1}$
 
$V_{O}=V_{P}$
 
Représentation des deux vecteur sur la trajectoire (voir figure) 

Exercice 5 

1) Calculer de l'accélération $a$ du mouvement
 
$\begin{array}{lcl} 2a(x_{1}-x_{0})&=&V_{1}^{2}-V_{0}^{2}\\\Rightarrow\;a&=&\dfrac{V_{1}^{2}-V_{0}^{2}}{2(x_{1}-x_{0})}\\&=&\dfrac{4.7^{2}-(-1)^{2}}{2(5-0.5)}\\\Rightarrow\;a&=&2.34\,m\cdot s^{-2} \end{array}$ 
 
2) Expression de la vitesse instantanée du mobile
 
$V(t)=at+x_{0}\Rightarrow\;V(t)=2.34t-1$
 
3) Instant pour lequel le mobile passe par le point d'abscisse $x_{1}$
 
$\begin{array}{lcl} V(t_{1})&=&2.34t_{1}-1\\&=&4.7\\\Rightarrow\;t_{1}&=&\dfrac{4.7+1}{2.34}\\\Rightarrow\;t_{1}&=&2.44s \end{array}$ 
 
4) Équation horaire du mouvement
 
$x=\dfrac{1}{2}a(t-t_{0})^{2}+V_{0}(t-t_{0})+cte$
 
$\begin{array}{lcl} \text{A }t&=&t_{0}\\&=&0s\\\Rightarrow\;x&=&cte\\&=&x_{0}\\&=&0.5\,m\\\Rightarrow\;x&=&\dfrac{1}{2}\times 2.34(t-0)^{2}-1(t-0)+0.5\\\Rightarrow\;x&=&1.17t^{2}-t+0.5 \end{array}$
 
5) a) Équation horaire du mouvement du mobile $M'$
 
$x'=v'(t-2)+x'_{0}=4(t-2)+5\\\Rightarrow\;x'=4t-3$
 
b) Date $t$ de rencontre  des mobiles
 
Les deux mobiles se rencontrent si :
 
$x=x'\Rightarrow\;1.17t^{2}-t+0.5=4t-3\\\Rightarrow\;1.17t^{2}-5t+3.5=0$
 
$t_{1}=\dfrac{5-\sqrt{5^{2}-4\times 1.17\times 3.5}}{2\times 1.17}=0.88s$ ; cette solution n'a pas de sens physique (Le second mobile est parti deux secondes après)
 
$t_{2}=\dfrac{5+\sqrt{5^{2}-4\times 1.17\times 3.5}}{2\times 1.17}=3.39s$ ; solution physique acceptable
 
c) Abscisse $x$ correspondant à cette rencontre
 
$x_{r}=4t_{2}-3=4\times 3.39-3\\\Rightarrow\;x_{r}=10.6\,m$

Exercice 6

 
1) a) Expression, pour la $1^{ière}$ phase, de $x_{C}$ en fonction de $V_{C}$ et $a_{1}$
 
$\begin{array}{lcl} 2a_{1}(x_{B}-x_{A})&=&V_{C}^{2}-V_{A}^{2}\\\Rightarrow(x_{C}-x_{A})&=&\dfrac{V_{C}^{2}-V_{A}^{2})}{2a_{1}}\\\Rightarrow(x_{C}-0)&=&\dfrac{V_{C}^{2}-0}{2a_{1}}\\\Rightarrow\;x_{C}&=&\dfrac{V_{C}^{2}}{2a_{1}} \end{array}$
 
b) Expression, pour la $2^{ième}$ phase, de $V_{C}$ en fonction de $a_{2}$, $x_{B}$ et $x_{C}$ 
 
$\begin{array}{lcl} 2a_{2}(x_{B}-x_{B})&=&0-V_{C}^{2}\\\Rightarrow(x_{B}-x_{C})&=&-\dfrac{V_{C}^{2}}{2a_{2}}\\\Rightarrow\;x_{C}&=&x_{B}-\dfrac{V_{C}^{2}}{2a_{2}} \end{array}$
 
c) Expression de $V_{C}$ en fonction de $a_{1}$, $a_{2}$ et $x_{B}$
 
Calcul de la valeur de $V_{C}$ 
$\begin{array}{rcl} x_{C}&=&\dfrac{V_{C}^{2}}{2a_{1}}\\ \\&=&x_{B}+\dfrac{V_{C}^{2}}{2a_{2}}\\ \\ \Rightarrow\dfrac{V_{C}^{2}}{2a_{1}}-\dfrac{V_{C}^{2}}{2a_{2}}&=&x_{B}\\ \\\Rightarrow\;V_{C}^{2}\left(\dfrac{1}{2a_{1}}-\dfrac{1} {2a_{2}}\right)&=&x_{B}\\ \\ \Rightarrow\;V_{C}&=&\sqrt{\dfrac{x_{B}}{\left(\dfrac{1}{2a_{1}}-\dfrac{1}{2a_{2}}\right)}} \end{array}$
 
Calcul de la valeur de $V_{C}$
 
$\begin{array}{lcl} V_{C}&=&\sqrt{\dfrac{x_{B}}{\left(\dfrac{1}{2a_{1}}-\dfrac{1}{2a_{2}}\right)}}\\ \\&=&\sqrt{\dfrac{300}{\left(\dfrac{1}{2\times 2}-\dfrac{1}{2\times -1}\right)}}\\ \\ \Rightarrow\;V_{C}&=&20\,m\cdot s^{-1} \end{array}$
 
2) a) Calcul de la distance parcourue $AC$ pendant la $1^{ière}$ phase 
 
$\begin{array}{lcl} x_{C}&=&\dfrac{V_{C}^{2}}{2a_{1}}\\&=&\dfrac{20^{2}}{2\times 2}\\\Rightarrow\;x_{C}&=&100\,m \end{array}$
 
b) Calcul de la durée du parcours $AC$ 
 
$\begin{array}{lcl} V_{C}&=&a_{1}t_{C}\\\Rightarrow\;t_{C}&=&\dfrac{V_{C}}{a_{1}}\\&=&\dfrac{20}{2}\\\Rightarrow\;t_{C}&=&10\,s \end{array}$
 
3) a) Distance parcourue $CB$ pendant la $3^{ième}$ phase
 
$CB=AB-BC=300-100\\\Rightarrow\;CB=200\,m$
 
b) Calcul de la durée du trajet $AB$
 
$\begin{array}{lcl} V_{B}&=&a_{2}t_{B}+V_{C}\\&=&0\\\Rightarrow\;t_{B}&=&-\dfrac{V_{C}}{a_{2}}\\&=&-\dfrac{20}{-1}\\\Rightarrow\;t_{B}&=&20s \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} t_{AB}&=&t_{C}+t_{B}\\&=&10+20\\\Rightarrow\;t_{AB}&=&30s \end{array}$

Exercice 7

1) a) Détermination de :
 
$-\ $ la pulsation du mouvement $\omega$
 
$\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\dfrac{2\pi}{0.4}=5\pi=15.7\,rad\cdot s^{-1}$
 
$-\ $ l'élongation initiale $x_{0}$
 
$x_{0}=-2\,cm$
 
$-\ $ l'amplitude $x_{m}.$
 
$x_{m}=4\,cm$
 
$-\ $ la phase initiale $\varphi.$
 
$x=x_{m}\cos(\omega\,t+\varphi)$
 
$\begin{array}{lcl} t&=&0\\\Rightarrow\;x_{m}\cos\varphi&=&x_{0}\\\Rightarrow\cos\varphi&=&\dfrac{x_{0}}{x_{m}}\\&=&\dfrac{-2}{4}\\&=&-\dfrac{1}{2}\\\Rightarrow\left\lbrace\begin{array}{lllll} \varphi&=&\dfrac{\pi}{3}+\pi&=&\dfrac{4\pi}{3}\\ \\ \varphi&=&-\dfrac{\pi}{3}+\pi&=&\dfrac{2\pi}{3} \end{array}\right. \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} v&=&\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\\&=&\dfrac{\mathrm{d}(x_{m}\cos(\omega\,t+\varphi))}{\mathrm{d}t}\\&=&-x_{m}\varphi\sin(\omega\,t+\varphi) \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} \text{A }t=0\;,\ v(0)&=&-x_{m}\omega\sin\varphi\\&=&v_{0}>0\\\Rightarrow\sin\varphi<0\Rightarrow\varphi&=&\dfrac{4\pi}{3} \end{array}$
 
b) Loi horaire $x=f(t).$
 
$x=4\cdot 10^{-2}\cos\left(5\pi\,t+\dfrac{4\pi}{3}\right)$
 
2) a) Détermination de l'expression de la vitesse en fonction du temps.
 
$\begin{array}{lcl} v&=&\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\\&=&\dfrac{\mathrm{d}\left(4\cdot 10^{-2}\cos\left(5\pi\,t+\dfrac{4\pi}{3}\right)\right)}{\mathrm{d}t}\\&=&-4\cdot 10^{-2}\times 5\pi\sin\left(5\pi\,t+\dfrac{4\pi}{3}\right)\\\Rightarrow\;v&=&20\cdot 10^{-2}\pi\sin\left(5\pi\,t+\dfrac{4\pi}{3}\right) \end{array}$
 
b) Valeur algébrique de la vitesse initiale $\overrightarrow{V_{0}}.$
 
$\begin{array}{lcl} v(0)&=&v_{0}\\&=&-x_{m}\omega\sin\varphi\\&=&-4\cdot 10^{-2}\times 5\pi\sin\dfrac{4\pi}{3}\\\Rightarrow\;v_{0}&=&0.544\,m\cdot s^{-1} \end{array}$
 
3) a) Détermination graphique de $t_{1}$
 
$t_{1}=0.4s$
 
b) Détermination de $t_{1}$ par le calcul.
 
$\begin{array}{lcl} x&=&-x_{0}\\4\cdot 10^{-2}\cos\left(5\pi\,t+\dfrac{4\pi}{3}\right)&=&-2\cdot 10^{-2}\\\Rightarrow\cos\left(5\pi\,t+\dfrac{4\pi}{3}\right)&=&-\dfrac{1}{2}\\\Rightarrow\cos\left(5\pi\,t+\dfrac{4\pi}{3}\right)&=&\cos\left(\dfrac{4\pi}{3}+2k\pi\right)\\\Rightarrow5\pi\,t+\dfrac{4\pi}{3}&=&\dfrac{4\pi}{3}+2k\pi\\\Rightarrow\;t&=&\dfrac{2k}{5}k=1\\\Rightarrow\;t&=&\dfrac{2}{5}\\&=&0.4s \end{array}$
 
4) Détermination de la valeur algébrique de la vitesse du solide lors de son premier passage par la position d'abscisse $x=2\,cm$
 
$\begin{array}{lcl} x&=&2\,cm\\4\cdot 10^{-2}\cos\left(5\pi\,t+\dfrac{4\pi}{3}\right)&=&-2\cdot 10^{-2}\\\Rightarrow 5\pi\,t+\dfrac{4\pi}{3}&=&\dfrac{\pi}{3}+2k\pi\\\Rightarrow 5t&=&-\dfrac{2}{3}+2k\\t_{1}&=&-\dfrac{2}{15}+\dfrac{2k}{5}\text{ ou }\\\left(5\pi\,t+\dfrac{4\pi}{3}\right)&=&\cos\left(-\dfrac{\pi}{3}+2k\pi\right)\\\Rightarrow\;5\pi\,t+\dfrac{4\pi}{3}&=&-\dfrac{\pi}{3}+2k\pi\\\Rightarrow\;5t&=&-\dfrac{5}{3}+2k\\\Rightarrow\;t_{2}&=&-\dfrac{1}{3}+\dfrac{2k}{5}  \end{array}$
 
Premier passage : $k=0$
 
$\begin{array}{lcl}\ast\ t_{1}&=&-\dfrac{2}{15}s\\\Rightarrow\;v_{1}&=&20\cdot 10^{-2}\pi\sin\left(5\pi\,t_{1}+\dfrac{4\pi}{3}\right)\\&=&20\cdot 10^{-2}\pi\sin\left(5\pi\times-\dfrac{2}{15}+\dfrac{4\pi}{3}\right)\\\Rightarrow\;v_{1}&=&20\cdot 10^{-2}\pi\sin\dfrac{2\pi}{3}\\\Rightarrow\;v_{1}&=&0.544\,m\cdot s^{-1} \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl}\ast\ t_{2}&=&-\dfrac{1}{3}s\\\Rightarrow\;v_{2}&=&20\cdot 10^{-2}\pi\sin\left(5\pi\,t_{2}+\dfrac{4\pi}{3}\right)\\&=&20\cdot 10^{-2}\pi\sin\left(5\pi\times-\dfrac{1}{3}+\dfrac{4\pi}{3}\right)\\\Rightarrow\;v_{2}&=&20\cdot 10^{-2}\pi\sin\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)\\\Rightarrow\;v_{2}&=&-0.544\,m\cdot s^{-1} \end{array}$

Exercice 8

1) Nature de mouvement du mobile.
 
L'accélération angulaire est constante et la trajectoire est un cercle, le mouvement est circulaire uniformément varié.
 
2) Expressions de sa vitesse angulaire $\dot{\theta}$ et de son élongation angulaire $\theta$ en fonction du temps.
 
$\ddot{\theta}=\ddot{\theta}(t-t_{0})+cte$
 
$\begin{array}{lcl} t&=&t_{0}\\&=&0\\\Rightarrow\ddot{\theta}&=&cte\\&=&\dot{\theta_{0}}\\&=&2\pi\,rad\cdot s^{-1}\\\Rightarrow\dot{\theta}&=&-\dfrac{\pi}{5}t+2\pi \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} \dfrac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t}&=&\dot{\theta}\\&=&-\dfrac{\pi}{5}t+2\pi\\\Rightarrow\theta&=&-\dfrac{1}{2}\dfrac{\pi}{5}t^{2}+2\pi\,t+cte \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} \theta(0)&=&-\dfrac{1}{2}\dfrac{\pi}{5}\times 0^{2}+2\pi\times 0+cte\\&=&\dfrac{\pi}{3}\\\Rightarrow\,cte&=&\dfrac{\pi}{3}\\\Rightarrow\theta&=&-\dfrac{\pi}{10}t^{2}+2\pi\,t+\dfrac{\pi}{3} \end{array}$
 
3) a) Montrons que le mouvement du mobile comporte deux phases.
 
$\begin{array}{lcl} \ddot{\theta}\dot{\theta}&>&0\\\Rightarrow\dfrac{\pi}{5}\left(\dfrac{\pi}{5}t-2\pi\right)&>&0\\\Rightarrow\dfrac{\pi}{5}t-2\pi&>&0\\\Rightarrow\dfrac{t}{5}&>&2\\\Rightarrow\;t&>&10s \end{array}\ ;\ $
le mouvement du mobile est accéléré
 
$\begin{array}{lcl} \ddot{\theta}\dot{\theta}&<&0\\\Rightarrow\dfrac{\pi}{5}\left(\dfrac{\pi}{5}t-2\pi\right)&<&0\\\Rightarrow\dfrac{\pi}{5}t-2\pi&<&0\\\Rightarrow\dfrac{t}{5}&<&2\\\Rightarrow\;t&<&10s \end{array}\ ;\ $
le mouvement du mobile est retardé
 
b) Détermination du nombre de tours effectué par le mobile pendant la première phase du mouvement

Première phase : $t=10s$

$\begin{array}{lcl} n&=&\dfrac{\theta}{2\pi}\\&=&\dfrac{-\dfrac{\pi}{10}t^{2}+2\pi\,t+\dfrac{\pi}{3}}{2\pi}\\&=&\dfrac{-\dfrac{\pi}{10}10^{2}+2\pi\times 10+\dfrac{\pi}{3}}{2\pi}\\\Rightarrow\;n&=&5\;tours \end{array}$
 
4) Calcul à la date $t_{1}$
 
a) De la vitesse angulaire $\dot{\theta_{1}}$ et de la vitesse linéaire du mobile.
 
$\begin{array}{lcl} \dot{\theta}&=&-\dfrac{\pi}{5}t+2\pi\\\Rightarrow\dot{\theta_{1}}&=&-\dfrac{\pi}{5}t_{1}+2\pi\\&=&-\dfrac{\pi}{5}\times 20+2\pi\\\Rightarrow\dot{\theta}&=&-2\pi\;rad\cdot s^{-1} \end{array}$
 
$V=R\left|\dot{\theta_{1}}\right|=25\cdot 10^{-2}\times 2\pi\\\Rightarrow\;V=1.57\,m\cdot s^{-1}$
 
b) de l'accélération normale et de l'accélération tangentielle du mobile.
 
$\begin{array}{lcl} a_{n}&=&R\dot{\theta^{2}}\\&=&25\cdot 10^{-2}\times(-2\pi)^{2}\\\Rightarrow\;a_{n}&=&9.87\,m\cdot s^{-2} \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} a_{t}&=&R\ddot{\theta}\\&=&25\cdot 10^{-2}\times-\dfrac{\pi}{5}\\\Rightarrow\;a_{t}&=&-0.157\,m\cdot s^{-2} \end{array}$
 
Valeur de son accélération linéaire.
 
$\begin{array}{lcl} a&=&\sqrt{a_{n}^{2}+a_{t}^{2}}\\&=&\sqrt{9.87^{2}+(-0.157)^{2}}\\\Rightarrow\;a&=&9.87\,m\cdot s^{-2} \end{array}$
 
5) a) Période et fréquence du mouvement
 
$T=\dfrac{2\pi}{\left|\dot{\theta_{1}}\right|}=\dfrac{2\pi}{\left|-2\pi\right|}\\\Rightarrow\;T=1s$
 
$N=\dfrac{1}{T}\Rightarrow\;N=1\,Hz$
 
b) Montrons que l'accélération linéaire d'un mouvement circulaire uniforme est égale à l'accélération normale.
 
$\overrightarrow{a}=\overrightarrow{a_{t}}+\overrightarrow{a_{n}}$
 
$\begin{array}{lcl} \dot{\theta}&=&cte\\\Rightarrow\ddot{\theta}&=&0\\\Rightarrow\overrightarrow{a_{t}}&=&R\ddot{\theta}\overrightarrow{u_{n}}\\&=&\overrightarrow{0}\\\Rightarrow\overrightarrow{a}&=&\overrightarrow{a_{n}} \end{array}$

Exercice 9

 
1) a) Détermination de l'accélération $a_{1}$
 
$\begin{array}{lcl} 2a_{1}(x_{1}-x_{0})&=&v_{1}^{2}-v_{0}^{2}\\\Rightarrow\;a_{1}&=&\dfrac{v_{1}^{2}-v_{0}^{2}}{2(x_{1}-x_{0})}\\&=&\dfrac{21^{2}-16^{2}}{2\times 100}\\\Rightarrow\;a_{1}&=&0.925\,m\cdot s^{-2} \end{array}$
 
b) Détermination la date $t_{1}$
 
$v=a_{1}(t-t_{0})+v_{0}$
 
A $t=t_{0}=0$,
 
$\begin{array}{lcl} v_{0}&=&16\,m\cdot s^{-1}\\\Rightarrow\;v&=&a_{1}t+v_{0}\\\Rightarrow\;v_{1}-v_{0}&=&a_{1}t_{1}\\\Rightarrow\;t_{1}&=&\dfrac{v_{1}-v_{0}}{a_{1}}\\&=&\dfrac{21-16}{0.925}\\\Rightarrow\;t_{1}&=&5.41s \end{array}$
 
c) Loi horaire du mouvement de la voiture pour $t\in\left[0\;,\ t_{1}\right]$ 
 
De manière générale, $x=\dfrac{1}{2}a_{1}(t-t_{0})^{2}+v_{0}(t-t_{0})+x_{0}$ ;
 
comme : $t_{0}=0\;,\ v_{0}=16\,m\cdot s^{-1}\text{ et }x_{0}=0$
 
$\Rightarrow\;x=\dfrac{1}{2}a_{1}t^{2}+v_{0}t$
 
$\Rightarrow\dfrac{1}{2}\times 0.925\,t^{2}+16t=0.463\,t^{2}+16t$
 
2) a) Loi horaire du mouvement de la voiture pour $t\geq t_{1}$
 
$x=v_{1}(t-t_{1})+x_{1}=21(t-5.41)+100$
 
$\Rightarrow\;x=21t-13.6$
 
b) Vérifions si la voiture passe ou non devant le feu lorsqu'il est vert
 
Temps mis pour parcourir les $100\,m$ qui restent à parcourir
 
$x_{1}=21t-13.6$
 
$\begin{array}{lcl} x&=&21t_{2}-13.6\\&=&100\\\Rightarrow\;t_{2}&=&\dfrac{100+13.6}{21}\\\Rightarrow\;t_{2}&=&5.41s \end{array}$
 
Temps mis pour parcourir les $200\,m$
 
$t_{1}+t_{2}=5.41s+5.41s=10.82s\neq 11s$ la voiture passera devant le feu vert.
 
3) a) Calcul de la distance parcourue par la voiture du début de freinage jusqu'à son arrêt
 
$\begin{array}{lcl} 0^{2}-v_{1}^{2}&=&2a_{2}d\\\Rightarrow\;d&=&-\dfrac{v_{1}^{2}}{2a_{2}}\\&=&-\dfrac{21^{2}}{2\times -2}\\\Rightarrow\;d&=&110.25\,m\cdot s^{-1} \end{array}$
 
b) Détermination de la vitesse $v_{2}$ de la voiture en passant devant le feu
 
$\begin{array}{lcl} v_{2}^{2}-v_{1}^{2}&=&2a_{2}d\\\Rightarrow\;v_{2}^{2}&=&2a_{2}d+v_{1}^{2}\\\Rightarrow\;v_{2}&=&\sqrt{2a_{2}d+v_{1}^{2}}\\&=&\sqrt{2\times -2\times 100+21^{2}}\\\Rightarrow\;v_{2}6.40\,m\cdot s^{-1} \end{array}$
 
La date $t_{2}$ correspondante au passage de la voiture
 
$\begin{array}{lcl} v_{2}-v_{1}&=&a_{2}(t_{2}-t_{1})\\\Rightarrow\;t_{2}&=&\dfrac{v_{2}-v_{1}}{a_{2}}+t_{1}\\&=&\dfrac{6.40-21}{-2}+5.41\\\Rightarrow\;t_{2}&=&12.71s \end{array}$
 
c) $t_{2}=12.71s>11s$ la voiture est passée lorsque le feu n'est plus vert.

 

Commentaires

Où est le pdf

Ou est le pdf

Je vous remercie pour ces bons travail que vous avez fait pour nous les élèves merci infiniment

Bonjour j’aimerai savoir si vous faites des cours de renforcement ou des cours à domicile ?

Bonjour, Avant tout merci pour les exercices. Il me semble avoir remarqué une erreur dans l'exercice 9 question 2)b. En effet, la formule trouvée question 2)a nous donne TOUTE la distance parcourue en partant de x(0), ainsi, si on reprend cette formule en entrant pour x la valeur x(1)=100, on obtient à nouveau t(1)=5.41. (en plus cela est logique : le temps est plus court si on parcourt 100m à 21m/s que si on parcourt 100m en accélérant de 16 à 21m/s) Ainsi, pour répondre, il suffisait de reprendre la formule de la question 2)a en remplaçant x par 200m ce qui nous donnait directement le temps total. Alors, on obtient la bonne réponse qui est t=10.17s Bien cordialement, Baptiste M.

Ajouter un commentaire

Plain text

  • Aucune balise HTML autorisée.
  • Les adresses de pages web et de courriels sont transformées en liens automatiquement.