Solution des exercices : La cinématique - Ts
Classe:
Terminale
Exercice 1
Un mobile M1 est en mouvement relativement au repère d'espace R(O, →i, →j), son vecteur vitesse est :
→V1=3→i+(−2t+4)→j
1) Donnons les lois horaires du mouvement du mobile M1 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 : →V1=3→i+(−2t+4)→j alors, son vecteur vitesse →V1 peut s'écrire :
→V1{˙x=3˙y=−2t+4
Or, on sait que : →V1=d→OMdt donc, →OM{x=3t+cte1y=−t2+4t+cte2
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 :
{3×0+cte1=0−02+4×0+cte2=0 ⇒ {cte1=0cte2=0
Par suite, →OM{x=3ty=−t2+4t
D'où, les horaires du mouvement du mobile M1 sont données par :
→OM(t){x=3ty=−t2+4t
2) Établissons l'équation cartésienne de la trajectoire.
D'après les équations horaires du mouvement du mobile M1, on a :
{x=3t(1)y=−t2+4t(2)
Dans l'équation (1), on exprime t en fonction de x.
Ce qui donne : t=x3
Ensuite, en remplaçant cette valeur de t dans l'équation (2), on obtient :
y=−(x3)2+4×x3=−x29+4x3
D'où, une équation cartésienne de la trajectoire du mobile M1 sera donnée par :
y=−x29+4x3
3) Expression du vecteur accélération →a1.
Soit :
→a1=d→V1dt=d(3→i+(−2t+4)→j)dt=−2→j
Ainsi, →a1=−2→j
Représentation du vecteur accélération →a1 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 : ˙y=−2t+4=0 soit alors, t=2s
Ainsi, à t=2s la direction du vecteur vitesse est horizontale.
En déduisons les coordonnées (xs; ys) 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=2s 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{xS=3×2=6yS=−(22)+4×2=4
D'où, S(6; 4)
Par ailleurs, la valeur de la vitesse sera donnée par :
Vs=√V2x+V2y
Or, au sommet S de la trajectoire le vecteur vitesse est donnée par :
→V1{Vx=3Vy=0
Par suite, Vs=√32+02=3m⋅s−1
D'où, Vs=3m⋅s−1
Représentation de ce vecteur vitesse (voir figure)
5) Calculons :
− Le rayon de courbure de la trajectoire à la date t=2s.
Soit ρ=OM le rayon de courbure, alors on a :
ρ=OM=√x2+y2=√(3×2)2+(−(22)+4×2)2=√52=7.2m
D'où, ρ=7.2m
− L'abscisse xP du mobile lorsque l'ordonnée y=0.
D'après les équations horaires, on a :
{xP=3t(1)yP=−t2+4t(2)
L'ordonnée étant nulle alors, yP=−t2+4t=0
Par suite,
−t2+4t=0⇒t(−t+4)=0⇒t=0 ou −t+4=0⇒t=0s ou t=4s
En remplaçant ces valeurs de t dans l'équation (1), on obtient :
Pour t=0s, xP=3×0=0 ⇒ xP=0m, le mobile se trouve alors à l' origine du repère.
Pour t=4s, xP=3×4=12 ⇒ xP=12m
Donc, l'abscisse xP du mobile lorsque l'ordonnée est nulle sera donnée par :
xP=12m
− La valeur de la vitesse →VP du mobile au pont P
On a :
VP=√32+(−2t+4)2=√9+(−2×4+4)2=√25=5
D'où, VP=5m⋅s−1
6) Un deuxième mobile M2 en mouvement rectiligne uniformément varié sur l'axe (Ox) du repère R(O, →i, →j), passe par le point d'abscisse x=20m à l'instant t=0 avec une vitesse →VO2=2→i
Déterminons la valeur algébrique de l'accélération du mobile M2 au point du rencontre avec M1 pour x=12m
En considérant les équations horaires, on obtient :
∗ Pour le mobile M1 : →OM1{x1=3ty1=−t2+4t
∗ Pour le mobile M2 : x2=12a2t2+V02t+x02
Comme à l'instant t=0 le mobile M2 passe par le point d'abscisse x=20m avec une vitesse →VO2=2→i alors, en remplaçant ces valeurs initiales dans l'équation horaire, on obtient :
x2=12a2t2+2t+20
Le mobile M1 rencontre le mobile M2 lorsque : x1=x2=12m
Soit tr le temps de rencontre, alors on a :
x1=3tr=12 ⇒ tr=4s
Remplaçons cette valeur de tr dans l'équation horaire du mobile M2.
On a :
x2=12a2t2r+2tr+20⇒12=12a2(4)2+2×4+20⇒a2=12−288⇒a2=−2
Par suite, a2=−2m⋅s−2
Exercice 2
1) a) Point de départ du mobile à l'origine des dates
→OM{x=ty=t22
à t=0s →OM{x=0y=022=0
Le mobile se trouve au point O origine du repère
b) Équation de la trajectoire du mobile
→OM{x=t(1)y=t22(2)
(1)dans ⇒y=12x2
c) Détermination des expressions du vecteur vitesse et du vecteur accélération du mobile M
→V=d→OMdt=d(t→i+12t2→j)dt⇒→V=→i+t→j
→a=d→Vdt=d(→i+t→j)dt⇒→a=t→j
2) a) Le vecteur vitesse est colinéaire à →i lorsque sa composante verticale est nulle Vy=0
A t=0s le vecteur vitesse est colinéaire →i
b) Montrons qu'à la date t=0s la composante tangentielle de l'accélération est nulle
V=√V2x+V2y=√1+t2⇒at=dVdt=d(√1+t2)dt⇒at=t√1+t2t=0⇒at=0√1+02⇒at=0m⋅s−2
3) a) Montrons que l'accélération normale est aN=1√1+t2.
a2=a2n+a2t⇒an=√a2−a2t=√12−(t√1+t2)2=√1+t2−t21+t2⇒an=1√1+t2
b) Détermination de la date t1 à laquelle Vx=Vy
Vx=Vy⇒1=t⇒t1=1s
c) Calcul du rayon de courbure à la date t1.
OM=√x2+y2=√t2(t22)2 t1=1s⇒OM=√12+(122)2⇒OM=1.1m
Exercice 3
1) Détermination de la vitesse initiale et de l'abscisse initiale du point mobile M
Le mobile M1 est animé d'un mouvement rectiligne uniformément varié :
Vx=a1t+V0⇒VA=a1t1+V0⇒V0=VA−a1t1=6−2×1⇒V0=4m⋅s−1
V2A−V20=2a1(xA−x0)⇒x0=xA−V2A−V202×2=0−62−422×2⇒x0=−5m
2) Loi horaire x1(t) de mouvement de M1 et expression de sa vitesse instantanée
x1=12a1t2+V0t+x0⇒x1=12×2t2+4t−10⇒x1=t2+4t−5
V1=dx1dt=d(t2+4t−5)dt⇒V1=2t+4
3) Montrons que le mouvement de M1 comporte deux phases
t≤t1 ; x1=t2+4t−5, le mobile M1 est animé d'un mouvement rectiligne uniformément varié
t≥t1 ; x′1=VA(t−t1)+x′0
A t=t1, x′1=xA=0⇒VA(t−t1)+x′0=0⇒x′0=0⇒x′1=VA(t−t1)⇒x′1=6(t−1), le mobile M1 est animé d'un mouvement rectiligne uniforme
4) La distance parcourue par le mobile entre la dates t1=1s et t2=7s
Exercice 4
1) Représentation de l'allure de la trajectoire

y=−54x2+2x
2) Déterminons l'expression de l'ordonnée y=f(t) du mobile
y=−54x2+2x or x=2t⇒y=−54(2t)2+2×2t⇒y=−5t2+4t
2) a) Détermination des composantes du vecteur vitesse →V en fonction du temps
→V{Vx=dxdt=d(2t)dtVy=dydt=d(−5t2+4t)dt
⇒→V{Vx=2Vy=−10t+4
b) Date ou direction du vecteur vitesse est horizontale
Vy=−10t+4=0⇒t=410⇒t=0.4s
Les coordonnées du sommet S de la trajectoire.
S{xS=2tS=2×0.4yS=−5t2S+4tS=−5×0.42+4×0.4
⇒S{xS=0.8yS=0.8
Valeur de la vitesse en ce point
V=Vx⇒V=2m⋅s−1
3) Expression du vecteur accélération →a.
→a=d→Vdt=d(2→i+(−10t+4)→j)dt⇒→a=−10→j
Le mouvement du mobile M est uniformément varié
4) Le rayon de courbure de la trajectoire au sommet S de la trajectoire
a=v2R⇒R=v2a=410=0.4⇒R=0.4m
5) Détermination des phases du mouvement
→a×→V>0⇒10(10t−4)>0⇒t>0.4s ; le mouvement du mobile M est accéléré
→a×→V<0⇒10(10t−4)<0⇒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 :
yP=−5t2+4t=0⇒t(−5t+4)=0⇒t=t1=0s (le mobile se trouve à l'origine du repère) ou
−5t+4=0⇒t2=45=0.8s⇒xS=2t2=2×0.8s⇒xS=1.6m
Comparons →VO et →VP
− Caractéristique du vecteur vitesse →VO
∗ Direction : tanα=VOyVOx=42=2⇒α=63.4∘ ; le vecteur vitesse →VO fait un angle α=63.4∘ avec l'axe des abscisses.
∗ valeur : V0=√V2Ox+V2Oy=√22+42=4.5m⋅s−1
− caractéristique de vecteur vitesse →VP
∗ direction : tanβ=VPyVPx=−10×0.8+42=−42=−2⇒β=−63.4∘ ; le vecteur vitesse →VP fait un angle β=−63.4∘ avec l'axe des abscisses.
∗ valeur : VP=√V2Px+V2Py=√22+(−10×0.8+4)2=4.5m⋅s−1
VO=VP
Représentation des deux vecteur sur la trajectoire (voir figure)
Exercice 5
1) Calculer de l'accélération a du mouvement
2a(x1−x0)=V21−V20⇒a=V21−V202(x1−x0)=4.72−(−1)22(5−0.5)⇒a=2.34m⋅s−2
2) Expression de la vitesse instantanée du mobile
V(t)=at+x0⇒V(t)=2.34t−1
3) Instant pour lequel le mobile passe par le point d'abscisse x1
V(t1)=2.34t1−1=4.7⇒t1=4.7+12.34⇒t1=2.44s
4) Équation horaire du mouvement
x=12a(t−t0)2+V0(t−t0)+cte
A t=t0=0s⇒x=cte=x0=0.5m⇒x=12×2.34(t−0)2−1(t−0)+0.5⇒x=1.17t2−t+0.5
5) a) Équation horaire du mouvement du mobile M′
x′=v′(t−2)+x′0=4(t−2)+5⇒x′=4t−3
b) Date t de rencontre des mobiles
Les deux mobiles se rencontrent si :
x=x′⇒1.17t2−t+0.5=4t−3⇒1.17t2−5t+3.5=0
t1=5−√52−4×1.17×3.52×1.17=0.88s ; cette solution n'a pas de sens physique (Le second mobile est parti deux secondes après)
t2=5+√52−4×1.17×3.52×1.17=3.39s ; solution physique acceptable
c) Abscisse x correspondant à cette rencontre
xr=4t2−3=4×3.39−3⇒xr=10.6m
Exercice 6

1) a) Expression, pour la 1ière phase, de xC en fonction de VC et a1
2a1(xB−xA)=V2C−V2A⇒(xC−xA)=V2C−V2A)2a1⇒(xC−0)=V2C−02a1⇒xC=V2C2a1
b) Expression, pour la 2ième phase, de VC en fonction de a2, xB et xC
2a2(xB−xB)=0−V2C⇒(xB−xC)=−V2C2a2⇒xC=xB−V2C2a2
c) Expression de VC en fonction de a1, a2 et xB
Calcul de la valeur de VC
xC=V2C2a1=xB+V2C2a2⇒V2C2a1−V2C2a2=xB⇒V2C(12a1−12a2)=xB⇒VC=√xB(12a1−12a2)
Calcul de la valeur de VC
VC=√xB(12a1−12a2)=√300(12×2−12×−1)⇒VC=20m⋅s−1
2) a) Calcul de la distance parcourue AC pendant la 1ière phase
xC=V2C2a1=2022×2⇒xC=100m
b) Calcul de la durée du parcours AC
VC=a1tC⇒tC=VCa1=202⇒tC=10s
3) a) Distance parcourue CB pendant la 3ième phase
CB=AB−BC=300−100⇒CB=200m
b) Calcul de la durée du trajet AB
VB=a2tB+VC=0⇒tB=−VCa2=−20−1⇒tB=20s
tAB=tC+tB=10+20⇒tAB=30s
Exercice 7

1) a) Détermination de :
− la pulsation du mouvement ω
ω=2πT=2π0.4=5π=15.7rad⋅s−1
− l'élongation initiale x0
x0=−2cm
− l'amplitude xm.
xm=4cm
− la phase initiale φ.
x=xmcos(ωt+φ)
t=0⇒xmcosφ=x0⇒cosφ=x0xm=−24=−12⇒{φ=π3+π=4π3φ=−π3+π=2π3
v=dxdt=d(xmcos(ωt+φ))dt=−xmφsin(ωt+φ)
A t=0, v(0)=−xmωsinφ=v0>0⇒sinφ<0⇒φ=4π3
b) Loi horaire x=f(t).
x=4⋅10−2cos(5πt+4π3)
2) a) Détermination de l'expression de la vitesse en fonction du temps.
v=dxdt=d(4⋅10−2cos(5πt+4π3))dt=−4⋅10−2×5πsin(5πt+4π3)⇒v=20⋅10−2πsin(5πt+4π3)
b) Valeur algébrique de la vitesse initiale →V0.
v(0)=v0=−xmωsinφ=−4⋅10−2×5πsin4π3⇒v0=0.544m⋅s−1
3) a) Détermination graphique de t1
t1=0.4s
b) Détermination de t1 par le calcul.
x=−x04⋅10−2cos(5πt+4π3)=−2⋅10−2⇒cos(5πt+4π3)=−12⇒cos(5πt+4π3)=cos(4π3+2kπ)⇒5πt+4π3=4π3+2kπ⇒t=2k5k=1⇒t=25=0.4s
4) Détermination de la valeur algébrique de la vitesse du solide lors de son premier passage par la position d'abscisse x=2cm
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 ˙θ et de son élongation angulaire θ en fonction du temps.
¨θ=¨θ(t−t0)+cte
t=t0=0⇒¨θ=cte=˙θ0=2πrad⋅s−1⇒˙θ=−π5t+2π
dθdt=˙θ=−π5t+2π⇒θ=−12π5t2+2πt+cte
θ(0)=−12π5×02+2π×0+cte=π3⇒cte=π3⇒θ=−π10t2+2πt+π3
3) a) Montrons que le mouvement du mobile comporte deux phases.
¨θ˙θ>0⇒π5(π5t−2π)>0⇒π5t−2π>0⇒t5>2⇒t>10s ;
le mouvement du mobile est accéléré
¨θ˙θ<0⇒π5(π5t−2π)<0⇒π5t−2π<0⇒t5<2⇒t<10s ;
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
n=θ2π=−π10t2+2πt+π32π=−π10102+2π×10+π32π⇒n=5tours
4) Calcul à la date t1
a) De la vitesse angulaire ˙θ1 et de la vitesse linéaire du mobile.
˙θ=−π5t+2π⇒˙θ1=−π5t1+2π=−π5×20+2π⇒˙θ=−2πrad⋅s−1
V=R|˙θ1|=25⋅10−2×2π⇒V=1.57m⋅s−1
b) de l'accélération normale et de l'accélération tangentielle du mobile.
an=R˙θ2=25⋅10−2×(−2π)2⇒an=9.87m⋅s−2
at=R¨θ=25⋅10−2×−π5⇒at=−0.157m⋅s−2
Valeur de son accélération linéaire.
a=√a2n+a2t=√9.872+(−0.157)2⇒a=9.87m⋅s−2
5) a) Période et fréquence du mouvement
T=2π|˙θ1|=2π|−2π|⇒T=1s
N=1T⇒N=1Hz
b) Montrons que l'accélération linéaire d'un mouvement circulaire uniforme est égale à l'accélération normale.
→a=→at+→an
˙θ=cte⇒¨θ=0⇒→at=R¨θ→un=→0⇒→a=→an
Exercice 9

1) a) Détermination de l'accélération a1
2a1(x1−x0)=v21−v20⇒a1=v21−v202(x1−x0)=212−1622×100⇒a1=0.925m⋅s−2
b) Détermination la date t1
v=a1(t−t0)+v0
A t=t0=0,
v0=16m⋅s−1⇒v=a1t+v0⇒v1−v0=a1t1⇒t1=v1−v0a1=21−160.925⇒t1=5.41s
c) Loi horaire du mouvement de la voiture pour t∈[0, t1]
De manière générale, x=12a1(t−t0)2+v0(t−t0)+x0 ;
comme : t0=0, v0=16m⋅s−1 et x0=0
⇒x=12a1t2+v0t
⇒12×0.925t2+16t=0.463t2+16t
2) a) Loi horaire du mouvement de la voiture pour t≥t1
x=v1(t−t1)+x1=21(t−5.41)+100
⇒x=21t−13.6
b) Vérifions si la voiture passe ou non devant le feu lorsqu'il est vert
Temps mis pour parcourir les 100m qui restent à parcourir
x1=21t−13.6
x=21t2−13.6=100⇒t2=100+13.621⇒t2=5.41s
Temps mis pour parcourir les 200m
t1+t2=5.41s+5.41s=10.82s≠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
02−v21=2a2d⇒d=−v212a2=−2122×−2⇒d=110.25m⋅s−1
b) Détermination de la vitesse v2 de la voiture en passant devant le feu
v22−v21=2a2d⇒v22=2a2d+v21⇒v2=√2a2d+v21=√2×−2×100+212⇒v26.40m⋅s−1
La date t2 correspondante au passage de la voiture
v2−v1=a2(t2−t1)⇒t2=v2−v1a2+t1=6.40−21−2+5.41⇒t2=12.71s
c) t2=12.71s>11s la voiture est passée lorsque le feu n'est plus vert.
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sam, 01/02/2021 - 06:31
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Où est le pdf
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ven, 01/22/2021 - 01:46
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Ou est le pdf
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ven, 02/05/2021 - 23:28
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Je vous remercie pour ces
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lun, 11/29/2021 - 21:48
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