Cinématique du point

Une bille est lancée depuis un balcon situé à \(y_0=8{,}0\) m du sol, avec une vitesse initiale horizontale \(v_0=5{,}0\) m·s\(^{-1}\). On prend \(g=9{,}81\) m·s\(^{-2}\), l'axe \(Ox\) horizontal dans le sens du lancer, \(Oy\) vertical ascendant, origine au pied du balcon.
1) Établir les équations horaires. 2) Donner l'équation de la trajectoire \(y(x)\). 3) À quel instant et à quelle distance du balcon la bille touche-t-elle le sol ? 4) Le mouvement est-il accéléré à l'instant \(t=0{,}5\) s ?

1) Équations horaires

Conditions initiales : \(x(0)=0,\ y(0)=8{,}0\) ; \(v_x(0)=5{,}0,\ v_y(0)=0\). L'accélération est \(\vec a=-g\,\vec u_y\), soit \(a_x=0,\ a_y=-g\).

On intègre \(a_x=\ddot x=0\) : \(\dot x=v_x=\)cte\(=5{,}0\), puis \(x(t)=5{,}0\,t\) (car \(x(0)=0\)).

On intègre \(a_y=\ddot y=-g\) : \(\dot y=v_y=-g\,t+C\). Or \(v_y(0)=0\Rightarrow C=0\), donc \(v_y=-g\,t\). Puis \(y(t)=-\tfrac12 g t^2+D\), et \(y(0)=8{,}0\Rightarrow D=8{,}0\).

2) Équation de la trajectoire

On élimine \(t\) : de \(x=5{,}0\,t\) on tire \(t=\dfrac{x}{5{,}0}\). En reportant dans \(y\) :

\[y=8{,}0-4{,}905\left(\frac{x}{5{,}0}\right)^2=8{,}0-0{,}196\,x^2\]

3) Impact au sol

Le sol correspond à \(y=0\) : \(8{,}0-4{,}905\,t^2=0\Rightarrow t^2=\dfrac{8{,}0}{4{,}905}=1{,}631 \Rightarrow t_{sol}=1{,}28\) s (on garde la racine positive).

La distance horizontale : \(x(t_{sol})=5{,}0\times1{,}28=6{,}39\) m.

4) Mouvement accéléré à \(t=0{,}5\) s ?

On calcule \(\vec a\cdot\vec v\). À \(t=0{,}5\) : \(\vec v=(5{,}0\,;\,-g\cdot0{,}5)=(5{,}0\,;\,-4{,}905)\), \(\vec a=(0\,;\,-9{,}81)\).

\[\vec a\cdot\vec v=0\times5{,}0+(-9{,}81)\times(-4{,}905)=+48{,}1>0\]

Un point \(M\) se déplace sur un disque : sa distance à l'axe croît selon \(r(t)=R_0+bt\) (avec \(R_0=0{,}20\) m, \(b=0{,}10\) m·s\(^{-1}\)) tandis qu'il tourne à vitesse angulaire constante \(\dot\theta=\omega=2{,}0\) rad·s\(^{-1}\) (donc \(\ddot\theta=0\)).
1) Donner \(\vec v\) et sa norme à \(t=2{,}0\) s. 2) Donner \(\vec a\). 3) Interpréter chaque composante de \(\vec a\).

1) Vecteur vitesse

On a \(\dot r=b=0{,}10\) (constant) et \(r\dot\theta=(R_0+bt)\,\omega\). D'après la formule polaire :

\[\vec v=\dot r\,\vec u_r+r\dot\theta\,\vec u_\theta=b\,\vec u_r+(R_0+bt)\,\omega\,\vec u_\theta\]

À \(t=2{,}0\) s : \(r=0{,}20+0{,}10\times2{,}0=0{,}40\) m, donc \(v_r=0{,}10\) et \(v_\theta=0{,}40\times2{,}0=0{,}80\).

\[v=\sqrt{v_r^2+v_\theta^2}=\sqrt{0{,}10^2+0{,}80^2}=\sqrt{0{,}01+0{,}64}=\sqrt{0{,}65}\approx0{,}81\ \text{m·s}^{-1}\]

2) Vecteur accélération

Ici \(\ddot r=0\) (car \(\dot r=b\) constant) et \(\ddot\theta=0\). La formule \(\vec a=(\ddot r-r\dot\theta^2)\vec u_r+(2\dot r\dot\theta+r\ddot\theta)\vec u_\theta\) devient :

\[\vec a=-r\omega^2\,\vec u_r+2b\omega\,\vec u_\theta\]

À \(t=2{,}0\) s : \(a_r=-0{,}40\times2{,}0^2=-1{,}60\) ; \(a_\theta=2\times0{,}10\times2{,}0=0{,}40\).

3) Interprétation

• \(a_r=-r\omega^2\) : terme centripète, dirigé vers l'axe — bien que la vitesse angulaire soit constante, la rotation courbe la trajectoire.
• \(a_\theta=2b\omega\) : terme de Coriolis, non nul car le point s'éloigne (\(\dot r\neq0\)) tout en tournant (\(\dot\theta\neq0\)).

Un point suit une hélice : \(r(t)=R=0{,}05\) m (constant), \(\theta(t)=\omega t\) avec \(\omega=10\) rad·s\(^{-1}\), \(z(t)=h\,t\) avec \(h=0{,}02\) m·s\(^{-1}\). 1) Vitesse et sa norme. 2) Accélération. 3) Nature du mouvement.

1) Vitesse

\(\dot r=0\), \(\dot\theta=\omega\), \(\dot z=h\). Donc :

\[\vec v=0\cdot\vec u_r+R\omega\,\vec u_\theta+h\,\vec u_z=R\omega\,\vec u_\theta+h\,\vec u_z\] \[v=\sqrt{(R\omega)^2+h^2}=\sqrt{(0{,}05\times10)^2+0{,}02^2}=\sqrt{0{,}25+0{,}0004}\approx0{,}50\ \text{m·s}^{-1}\]

2) Accélération

\(\ddot r=0\), \(\ddot\theta=0\), \(\ddot z=0\). Il ne reste que le terme centripète :

\[\vec a=(\ddot r-r\dot\theta^2)\vec u_r+\dots=-R\omega^2\,\vec u_r=-0{,}05\times10^2\,\vec u_r=-5{,}0\,\vec u_r\]

3) Nature

\(r\) constant + \(z\) linéaire + \(\theta\) linéaire = mouvement hélicoïdal uniforme (hélice circulaire à pas constant). \(v\) est constante et \(\vec a\cdot\vec v=(-5{,}0)(0)=0\) : mouvement uniforme, confirmé.

Un véhicule se déplace sur une trajectoire rectiligne. À partir d'un cas exemple, on doit compléter, pour 3 autres cas, les représentations (courbe \(v(t)\), diagramme stroboscopique, description, sens de \(\vec v\) et \(\vec a\)).

Cas 1 — « sens négatif, vitesse constante »

Vitesse constante ⇒ \(\vec a=\vec 0\). La courbe \(v(t)\) est une horizontale sous l'axe (valeur algébrique négative, car le déplacement se fait dans le sens négatif). Le diagramme stroboscopique montre des points régulièrement espacés (pas d'accélération) allant dans le sens négatif. \(\vec v\) pointe dans le sens négatif, \(\vec a=\vec 0\).

Cas 2 — diagramme stroboscopique donné (points de plus en plus resserrés dans le sens positif)

Points qui se rapprochent ⇒ la vitesse diminue : déplacement dans le sens positif et décélération. \(\vec v\) pointe dans le sens positif, \(\vec a\) dans le sens négatif (opposé à \(\vec v\), donc \(\vec a\cdot\vec v<0\)). Courbe \(v(t)\) : droite décroissante partant d'une valeur positive.

Cas 3 — courbe \(v(t)\) donnée (droite sous l'axe, de pente négative)

\(v<0\) (sens négatif) et \(|v|\) augmente ⇒ déplacement dans le sens négatif et accélération. Points stroboscopiques de plus en plus espacés vers le sens négatif. \(\vec v\) et \(\vec a\) tous deux dans le sens négatif (\(\vec a\cdot\vec v>0\)).

Une balle monte puis redescend un plan incliné (diagramme stroboscopique, mêmes instants à la montée et à la descente). Représenter, pour les 8 positions, le vecteur accélération selon l'axe \(Ox\).

Correction. Les 8 vecteurs accélération sont identiques : sur tout le trajet, l'accélération est constante et dirigée vers le bas du plan incliné (elle est due à la composante du poids le long du plan, qui ne change pas).

• À la montée : \(\vec v\) est vers le haut, \(\vec a\) vers le bas ⇒ \(\vec a\cdot\vec v<0\), la balle freine jusqu'au point culminant où \(v=0\).
• À la descente : \(\vec v\) est vers le bas, \(\vec a\) vers le bas ⇒ \(\vec a\cdot\vec v>0\), la balle accélère.

Balle qui monte puis descend un plan incliné. Cas 1 : axe orienté vers le haut du plan. Cas 2 : axe orienté vers le bas. Tracer \(x(t)\), \(v(t)\), \(a(t)\) (accélération supposée constante).

Cas 1 — axe vers le haut

La balle part vers le haut (sens \(+\)) puis retombe. L'accélération (vers le bas du plan) est dans le sens \(-\), donc \(a(t)=-a_0\) constante (droite horizontale sous l'axe).

\(v(t)=-a_0 t+v_0\) : droite décroissante, positive au départ, qui s'annule au sommet (\(t^*=v_0/a_0\)) puis devient négative.

\(x(t)=-\tfrac12 a_0 t^2+v_0 t\) : parabole \(\cap\) (concavité vers le bas), maximum en \(t^*\).

Cas 2 — axe vers le bas

Tout est inversé en signe : la balle part dans le sens \(-\) (elle monte, mais l'axe pointe vers le bas), \(a(t)=+a_0\) (horizontale au-dessus de l'axe), \(v(t)=a_0 t - v_0\) (droite croissante, négative puis positive), \(x(t)=\tfrac12 a_0 t^2 - v_0 t\) : parabole \(\cup\) (concavité vers le haut).

On enregistre \(v(t)\) d'un basketteur en trajectoire rectiligne (graphe affine par morceaux passant par : \((0,-2)\), \((2,1)\), palier à \(1\) sur \([2;5]\), descente jusqu'à \((6,0)\), puis nul sur \([6;7]\), en m·s\(^{-1}\)). 1) Décrire le mouvement. 2) Distance parcourue et position à \(t=7\) s. 3) Que dire aux points anguleux ?

1) Description par intervalles

Intervalle	Description
\([0;2]\)	Uniformément accéléré. Le joueur va d'abord dans le sens négatif (vitesse \(<0\) qui décroît en valeur absolue), s'arrête à \(t=4/3\), puis repart dans le sens positif (vitesse croissante).
\([2;5]\)	Uniforme dans le sens positif : \(v=1\) constante.
\([5;6]\)	Uniformément décéléré : le joueur va dans le sens positif, vitesse décroissante.
\([6;7]\)	Immobile : \(v=0\).

2) Distance parcourue \(D=\int|v(t)|\,dt\)

Sur \([0;2]\). La vitesse est la droite passant par \((0,-2)\) et \((2,1)\) : pente \(a=\dfrac{1-(-2)}{2-0}=\dfrac32\), ordonnée à l'origine \(b=-2\), d'où \(v(t)=\tfrac32 t-2\). Elle s'annule et change de signe en \(t=\tfrac43\). Il faut donc couper l'intégrale :

\[D_1=\int_0^{4/3}\!\!\Big(2-\tfrac32 t\Big)dt+\int_{4/3}^{2}\!\!\Big(\tfrac32 t-2\Big)dt =\Big[2t-\tfrac34 t^2\Big]_0^{4/3}+\Big[\tfrac34 t^2-2t\Big]_{4/3}^{2}\] \[D_1=\Big(\tfrac83-\tfrac43\Big)+\Big(\tfrac32-4-\tfrac43+\tfrac83\Big)=\tfrac83+\tfrac32-4\approx1{,}6\ \text{m}\]

Sur \([2;5]\). \(v=1\) constante : \(D_2=\int_2^5 1\,dt=3\) m.

Sur \([5;6]\). Droite par \((5,1)\) et \((6,0)\) : pente \(-1\), \(v(t)=-t+6\), positive sur l'intervalle. \(D_3=\int_5^6(-t+6)dt=\big[-\tfrac12 t^2+6t\big]_5^6=(-18+36)-(-12{,}5+30)=0{,}5\) m.

Sur \([6;7]\). Immobile : \(D_4=0\).

3) Points anguleux

Un point anguleux sur \(v(t)\) correspond à un changement instantané de la pente, c'est-à-dire une variation instantanée de l'accélération. Un vrai « coin » (discontinuité de \(v\)) exigerait une accélération infinie : physiquement impossible. En réalité il existe toujours un raccord continu, très bref mais non nul.

Graphe de \(a(t)\) d'une balle initialement au repos : \(a\) monte linéairement de \((0,0)\) à \((4,2)\), puis redescend de \((4,2)\) à \((6,0)\) (en m·s\(^{-2}\), passant par \(0\) en \(t=5\)). 1) Quand \(v\) est-elle maximale ? 2) Reformuler proprement. 3) Valeur de cette vitesse.

1) Instant de vitesse maximale

La balle partant du repos, \(v(t)=\int_0^t a\,dt'\) : \(v\) augmente tant que \(a>0\) et diminue quand \(a<0\). L'accélération s'annule (en changeant de signe \(+\to-\)) à \(t=5\) s, pas à \(t=4\) s. Donc \(v\) est maximale à \(t=5\) s (piège : le pic de \(a\) est à \(t=4\), mais \(a\) y est encore positive, donc \(v\) croît encore).

2) Reformulation

Le mot « vitesse » est ambigu. En physique \(\vec v\) est un vecteur ; ici on parle de sa norme. Bonne formulation : « à quel instant la norme du vecteur vitesse est-elle maximale ? ».

3) Valeur (intégration de \(a\))

Équations de \(a\) : sur \([0;4]\), \(a(t)=\tfrac12 t\) ; sur \([4;6]\), \(a(t)=-2t+10\). On intègre de \(0\) à \(5\) :

\[v(5)=\int_0^4\tfrac12 t\,dt+\int_4^5(-2t+10)\,dt=\Big[\tfrac14 t^2\Big]_0^4+\big[-t^2+10t\big]_4^5\] \[v(5)=4+\big[(-25+50)-(-16+40)\big]=4+(25-24)=\mathbf{5\ \text{m·s}^{-1}}\]

1) Exemple de MRU + équation horaire. 2) Exemple de MRUA + équation horaire. 3) Caractériser le mouvement défini par \(x(t)=3t\), \(y(t)=-2t+1\).

1) Mouvement rectiligne uniforme

Exemple : un vélo à vitesse constante sur une route droite. \(\ddot x=0\), double intégration : \(x(t)=v_0 t+x_0\) (\(x_0\) position initiale, \(v_0\) vitesse).

2) Mouvement rectiligne uniformément accéléré

Exemple : une chute libre (\(\ddot x=g\)). Double intégration : \(x(t)=\tfrac12 g t^2+v_0 t+x_0\).

3) Caractérisation de \(x=3t,\ y=-2t+1\)

Rectiligne ? On élimine \(t\) : \(t=\dfrac{x}{3}\Rightarrow y=-\dfrac{2x}{3}+1\). C'est une droite ⇒ mouvement rectiligne.

Uniforme ? \(\vec v=\dot x\,\vec u_x+\dot y\,\vec u_y=3\,\vec u_x-2\,\vec u_y\). Les composantes ne dépendent pas de \(t\), donc \(v=\sqrt{3^2+(-2)^2}=\sqrt{13}\) est constante ⇒ uniforme.

Accélération : \(\vec a=\ddot x\,\vec u_x+\ddot y\,\vec u_y=\vec 0\).

Voiture à \(50\) km/h freinant jusqu'à l'arrêt sur \(d=15\) m. Calculer l'accélération (constante) et tracer \(x(t)\).

1) Conditions initiales

\(v(0)=v_0=50\ \text{km/h}=\dfrac{50}{3{,}6}=13{,}9\) m·s\(^{-1}\) ; \(x(0)=0\).
Rappel conversion : \(1\ \text{km/h}=\dfrac{1000}{3600}=\dfrac{1}{3{,}6}\) m·s\(^{-1}\) (on divise les km/h par 3,6).

2) Expressions de \(v(t)\) et \(x(t)\)

\(a\) constante ⇒ \(v(t)=at+v_0\) et \(x(t)=\tfrac12 a t^2+v_0 t\).

3) Instant d'arrêt

\(v(t_{stop})=0\Rightarrow t_{stop}=-\dfrac{v_0}{a}\).

4) Accélération

À \(t_{stop}\), \(x=d\). On remplace :

\[d=\tfrac12 a\,t_{stop}^2+v_0 t_{stop}=\tfrac12 a\frac{v_0^2}{a^2}-\frac{v_0^2}{a}=-\frac12\frac{v_0^2}{a} \quad\Rightarrow\quad a=-\frac{1}{2}\frac{v_0^2}{d}\] \[a=-\frac{13{,}9^2}{2\times15}=\mathbf{-6{,}44\ \text{m·s}^{-2}}\]

5) Graphe

\(x(t)=\tfrac12 a t^2+v_0 t\) est une parabole \(\cap\) partant de \(0\), croissante jusqu'à l'arrêt en \(t_{stop}=-v_0/a=13{,}9/6{,}44\approx2{,}16\) s où \(x=15\) m (sommet de la parabole). On arrête le tracé là (au-delà, le modèle ferait « repartir » la voiture en arrière, ce qui n'est pas physique).

Freinage d'urgence : \(a_0=-10\) m·s\(^{-2}\). 1) Exprimer \(x_F\) et \(t_F\) en fonction de \(v_0\). 2) Tableau à 30, 50, 90, 110, 130 km/h. 3) Ajouter le temps de réaction \(t_{reac}=1\) s et la distance totale \(D_{tot}\).

1) Expressions

CI : \(\dot x(0)=v_0,\ x(0)=0\). Intégrations : \(v(t)=a_0 t+v_0\), \(x(t)=\tfrac12 a_0 t^2+v_0 t\).

Arrêt (\(v=0\)) : \(\boxed{t_F=-\dfrac{v_0}{a_0}}\). Distance : \(x_F=x(t_F)=-\dfrac12\dfrac{v_0^2}{a_0}\), soit \(\boxed{x_F=-\dfrac{1}{2}\dfrac{v_0^2}{a_0}}\).

2–3) Tableau (\(a_0=-10\) ⇒ \(t_F=0{,}1\,v_0\) et \(x_F=0{,}05\,v_0^2\), \(v_0\) en m/s ; \(D_{tot}=x_F+v_0 t_{reac}\))

Monte-charge : 3,0 s pour atteindre \(v_{max}=1{,}2\) m/s (MRUA). Puis vitesse constante, puis décélération \(-a\). \(h_2=15{,}0\) m (2ᵉ étage), \(h_1=7{,}50\) m (1ᵉʳ).

1) Accélération de démarrage

\(\ddot z=a\Rightarrow \dot z=at\) (départ du repos). Donc \(a=\dfrac{v_{max}}{t}=\dfrac{1{,}2}{3{,}0} =\mathbf{0{,}40\ \text{m·s}^{-2}}\).

2) Distance pendant la phase d'accélération

\(z=\tfrac12 a t^2\) ⇒ \(d=z(3)=\tfrac12(0{,}40)(3{,}0)^2=\mathbf{1{,}8\ m}\).

3) Distance \(h\) où commencer à décélérer (pour s'arrêter à \(h_2=15\) m)

Par symétrie, la phase de décélération (\(-a\), de \(v_{max}\) à 0) parcourt la même distance \(1{,}8\) m que la phase d'accélération. Il faut donc entamer le freinage à \(h=h_2-1{,}8=15-1{,}8=\mathbf{13{,}2\ m}\) du sol.

4) Durée de la montée des deux étages

Trois phases : accélération (\(t_1=3{,}0\) s, \(1{,}8\) m), palier à vitesse constante (distance \(15-2\times1{,}8=11{,}4\) m à \(1{,}2\) m/s ⇒ \(t_2=\dfrac{11{,}4}{1{,}2}=9{,}5\) s), décélération (\(t_3=3{,}0\) s). Total : \(t=3{,}0+9{,}5+3{,}0=\mathbf{15{,}5\ s}\).

5) Durée pour le 1ᵉʳ étage (\(h_1=7{,}50\) m)

Accélération \(1{,}8\) m + décélération \(1{,}8\) m = \(3{,}6\) m ; il reste \(7{,}5-3{,}6=3{,}9\) m à \(1{,}2\) m/s ⇒ \(t_2=3{,}25\) s. Total : \(3{,}0+3{,}25+3{,}0=\mathbf{9{,}25\ s}\).

6) Équation horaire de la phase d'accélération de la descente (départ du 2ᵉ étage)

On descend depuis \(z_0=h_2=15\) m, du repos, avec accélération dirigée vers le bas (\(-a=-0{,}40\)) : \(\ddot z=-0{,}40\Rightarrow \dot z=-0{,}40\,t\Rightarrow\) \(\boxed{z(t)=15-\tfrac12(0{,}40)t^2=15-0{,}20\,t^2}\) (m).

\(x(t)=20t\), \(y(t)=-4{,}9\,t^2+32t+20\). 1) Identifier la trajectoire parmi 3 propositions. 2) \(\vec v\) et \(\vec a\) à \(t=0\). 3) Les représenter. 4) Propriété remarquable ? 5) Dimension et unité des deux « 20 ».

1) Trajectoire

À \(t=0\) : \(y(0)=20\) m ⇒ l'ordonnée à l'origine vaut 20 (élimine la proposition dont l'ordonnée initiale diffère). Équation de la trajectoire (on pose \(t=x/20\)) :

\[y(x)=-\frac{4{,}9}{20^2}x^2+\frac{32}{20}x+20=-0{,}01225\,x^2+1{,}6\,x+20\]

2) Vecteurs à \(t=0\)

Dérivées : \(\vec v=\dot x\,\vec u_x+\dot y\,\vec u_y=20\,\vec u_x+(-9{,}8\,t+32)\,\vec u_y\), puis \(\vec a=\ddot x\,\vec u_x+\ddot y\,\vec u_y=0\,\vec u_x-9{,}8\,\vec u_y\).

\[\vec v(0)=\begin{pmatrix}20\\32\end{pmatrix}\qquad \vec a(0)=\begin{pmatrix}0\\-9{,}8\end{pmatrix}\]

3–4) Représentation et propriété remarquable

Sur la trajectoire, \(\vec v(0)\) part vers le haut-droite (tangent à la courbe), \(\vec a(0)\) est vertical vers le bas. Remarquable : l'accélération est constante et toujours dirigée vers le bas (c'est \(-g\,\vec u_y\), une chute libre/projectile), et le vecteur vitesse est toujours tangent à la trajectoire.

5) Les deux « 20 »

Dans \(x=20t\) : \([x]=[20]\,[t]\Rightarrow[20]=L\,T^{-1}\) → c'est une vitesse (m·s\(^{-1}\)). Dans \(y=\dots+20\) : chaque terme d'une somme a la même dimension que \(y\), donc \([20]=L\) → c'est une longueur (m).

\(\vec a=\begin{pmatrix}0\\-10\end{pmatrix}\), et à \(t=1\) s : \(\overrightarrow{OM}(1)=\begin{pmatrix}2\\5\end{pmatrix}\), \(\vec v(1)=\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\). 1) Équations horaires. 2) Équation de la trajectoire. 3) Décrire.

1) Équations horaires — attention aux constantes (CI en \(t=1\), pas \(t=0\))

Vitesse (1ʳᵉ intégration) : \(\ddot x=0\Rightarrow\dot x=\)cte ; \(\dot x(1)=2\Rightarrow\dot x=2\). \(\ddot y=-10\Rightarrow\dot y=-10t+C\) ; \(\dot y(1)=2\Rightarrow 2=-10+C\Rightarrow C=12\), donc \(\dot y=-10t+12\).

Position (2ᵉ intégration) : \(x=2t+C'\) ; \(x(1)=2\Rightarrow C'=0\), donc \(x=2t\). \(y=-5t^2+12t+C''\) ; \(y(1)=5\Rightarrow5=-5+12+C''\Rightarrow C''=-2\).

2) Trajectoire (on élimine \(t=x/2\))

\[y(x)=-5\Big(\frac{x}{2}\Big)^2+12\Big(\frac{x}{2}\Big)-2=-\frac54 x^2+6x-2\]

3) Description

\(x(t)=3\sin(2t)\), \(y(t)=3\cos(2t)\). 1) Unités de 3 et 2. 2) Montrer que \(x^2+y^2\) est constant. 3) Trajectoire. 4) \(\vec v\) et sa représentation à \(t=0\). 5) \(\vec a\) idem. 6) Propriété géométrique.

1) Unités

Le « 3 » multiplie une fonction trigo (sans dimension) et doit avoir la dimension de \(x,y\) : c'est une longueur (m). Le « 2 » est dans l'argument \(2t\) ; l'argument d'une fonction est sans dimension, donc \([2]=T^{-1}\) : c'est une pulsation en rad·s\(^{-1}\).

2) \(x^2+y^2\)

\[x^2+y^2=9\sin^2(2t)+9\cos^2(2t)=9\big[\sin^2(2t)+\cos^2(2t)\big]=9\]

C'est une somme de carrés de distances : dimension \(L^2\) (en m²), valeur \(9\) m².

3) Trajectoire

L'équation d'un cercle est \(x^2+y^2=R^2\). Ici \(R^2=9\) ⇒ cercle de rayon \(R=3\) m centré sur l'origine.

4) Vitesse

\(\dot x=6\cos(2t)\), \(\dot y=-6\sin(2t)\). À \(t=0\) : \(\vec v(0)=6\,\vec u_x+0\,\vec u_y\) (horizontal, tangent au cercle au point \((0,3)\)).

5) Accélération

\(\ddot x=-12\sin(2t)\), \(\ddot y=-12\cos(2t)\). À \(t=0\) : \(\vec a(0)=0\,\vec u_x-12\,\vec u_y\) (vertical vers le bas, c.-à-d. vers le centre).

6) Propriété

1) Base polaire en base cartésienne. 2) Vecteur position dans les deux bases ⇒ \(x,y\) en fonction de \(r,\theta\). 3) Retrouver \(\vec v\) en polaires. 4) En déduire \(\dot x,\dot y\).

1) Vecteurs de base

\[\vec u_r=\cos\theta\,\vec u_x+\sin\theta\,\vec u_y\qquad \vec u_\theta=-\sin\theta\,\vec u_x+\cos\theta\,\vec u_y\]

2) Vecteur position et identification

Polaire : \(\overrightarrow{OM}=r\,\vec u_r\). Cartésien : \(\overrightarrow{OM}=x\,\vec u_x+y\,\vec u_y\). C'est le même vecteur, donc :

\[r\vec u_r=r\big(\cos\theta\,\vec u_x+\sin\theta\,\vec u_y\big)=x\,\vec u_x+y\,\vec u_y \ \Rightarrow\ \boxed{x=r\cos\theta,\quad y=r\sin\theta}\]

Utile pour tracer une trajectoire polaire dans un tableur (Excel ne comprend pas \(r,\theta\)).

3) Vitesse en polaires

\[\vec v=\frac{d}{dt}(r\vec u_r)=\dot r\,\vec u_r+r\frac{d\vec u_r}{dt}=\dot r\,\vec u_r+r\dot\theta\,\vec u_\theta\]

où \(\dfrac{d\vec u_r}{dt}=\dfrac{d}{dt}(\cos\theta\,\vec u_x+\sin\theta\,\vec u_y) =-\dot\theta\sin\theta\,\vec u_x+\dot\theta\cos\theta\,\vec u_y=\dot\theta\,\vec u_\theta\) (base cartésienne fixe).

4) \(\dot x,\dot y\)

On réinjecte \(\vec u_r,\vec u_\theta\) dans \(\vec v=\dot r\vec u_r+r\dot\theta\vec u_\theta\) et on regroupe selon \(\vec u_x,\vec u_y\) (car \(\vec v=\dot x\vec u_x+\dot y\vec u_y\)) :

\[\boxed{\dot x=\dot r\cos\theta-r\dot\theta\sin\theta\qquad \dot y=\dot r\sin\theta+r\dot\theta\cos\theta}\]

(On reconnaît la dérivée directe de \(x=r\cos\theta\) et \(y=r\sin\theta\), \(r\) et \(\theta\) dépendant de \(t\).)

Enfant courant à \(7{,}2\) km/h. 1) En m/s. 2) Sur piste \(r=10\) m, \(\dot\theta\) via \(v=\dot\theta r\). 3) \(\dot\theta\) via périmètre/temps, comparer. 4) Si \(r=20\) m.

1)

\(v=\dfrac{7{,}2}{3{,}6}=2\) m·s\(^{-1}\).

2)

\(v=\dot\theta\,r\Rightarrow\dot\theta=\dfrac{v}{r}=\dfrac{2}{10}=0{,}2\) rad·s\(^{-1}\).

3)

Périmètre \(P=2\pi r=20\pi\approx62{,}8\) m ; temps d'un tour \(T=\dfrac{P}{v}=\dfrac{20\pi}{2}=10\pi\approx31{,}4\) s. Alors \(\dot\theta=\dfrac{2\pi}{T}=\dfrac{2\pi}{10\pi}=0{,}2\) rad·s\(^{-1}\) : même résultat qu'en Q2.

4)

\(\dot\theta=\dfrac{v}{r}=\dfrac{2}{20}=0{,}1\) rad·s\(^{-1}\). Même vitesse \(v\), mais \(\dot\theta\) deux fois plus faible : le cercle est plus grand, il faut plus de temps pour un tour.

\(R_T=6371\) km. 1) Distance parcourue par un point de l'équateur en 1 jour. 2) \(\dot\theta\). 3) Comparer à l'enfant. 4) \(v\) en m/s. 5) Comparer. 6) Contradiction ?

1)

Un tour complet = périmètre : \(2\pi R_T=2\pi\times6{,}371\times10^6\approx4{,}0\times10^7\) m.

2)

\(\dot\theta=\dfrac{2\pi}{T_{jour}}=\dfrac{2\pi}{24\times3600}=\dfrac{2\pi}{86400} \approx7{,}27\times10^{-5}\) rad·s\(^{-1}\).

3)

\(7{,}3\times10^{-5}\) ≪ \(0{,}2\) rad·s\(^{-1}\) : la Terre tourne angulairement bien plus lentement que l'enfant.

4)

\(v=\dfrac{4{,}0\times10^7}{86400}\approx463\) m·s\(^{-1}\) (≈ 1667 km/h).

5)

\(463\) ≫ \(2\) m·s\(^{-1}\) : en vitesse linéaire, le point de l'équateur va beaucoup plus vite que l'enfant.

6)

Scie : diamètre \(180\) mm (rayon au bout des dents), \(3800\) tours/min. 1) Vitesse angulaire \(\omega\). 2) Vitesse d'une dent. 3) Durée d'un tour.

1) Vitesse angulaire

Convertir tours/min en rad/s : 1 tour \(=2\pi\) rad, 1 min \(=60\) s.

\[\omega=\frac{3800\times2\pi}{60}=\frac{380}{3}\pi\approx397{,}9\ \text{rad·s}^{-1}\]

2) Vitesse d'une dent

La dent est à \(R=\dfrac{180}{2}=90\) mm \(=90\times10^{-3}\) m du centre. Attention : le diamètre est 180 mm, donc \(R=90\) mm.

\[v=\omega R=397{,}9\times90\times10^{-3}\approx35{,}8\ \text{m·s}^{-1}\]

3) Durée d'un tour

Le plus direct via la fréquence de rotation : \(T=\dfrac{60}{3800}\approx1{,}58\times10^{-2}\) s (soit ≈ 15,8 ms). Vérification par \(T=\dfrac{2\pi}{\omega}=\dfrac{2\pi}{397{,}9}\approx1{,}58\times10^{-2}\) s. ✔

Dragster : \(402\) m (¼ de mile) départ arrêté en \(3{,}58\) s (record). Accélération (supposée constante) et vitesse à l'arrivée. Q5 : comparer au record réel \(621\) km/h.

1) Définition

\(\vec a=\ddot{\overrightarrow{OM}}\). Mouvement rectiligne selon \(Ox\) : \(a=\ddot x\).

2) Double intégration (MRUA, \(v_0=0,\ x_0=0\))

\(\ddot x=a_0\Rightarrow\dot x=a_0 t\Rightarrow x(t)=\tfrac12 a_0 t^2\).

3) Valeur de l'accélération

\[a_0=\frac{2x}{t^2}=\frac{2\times402}{3{,}58^2}\approx62{,}7\ \text{m·s}^{-2}\]

Comparaison : \(a_0=\dfrac{62{,}7}{9{,}81}\approx6{,}4\,g\). C'est énorme (au-delà de ~5g on perd souvent connaissance).

4) Vitesse à l'arrivée

\(v=a_0 t=62{,}7\times3{,}58\approx224\) m·s\(^{-1}\) (≈ 806 km/h). Atteinte en 3,58 s : colossal.

5) Réflexion critique

Centrifugeuse \(R=6{,}5\) m. 1) \(\dot\theta\) (en tours/s) pour \(9{,}0\,g\). 2) Nombre de tours et vitesse en 1 min. 3) Accélération angulaire \(\ddot\theta\) si on monte à cette vitesse en 1 min 40 s.

1) Vitesse angulaire pour 9 g

Rayon constant (\(\dot r=\ddot r=0\)) et rotation uniforme (\(\ddot\theta=0\)) ⇒ l'accélération est purement centripète : \(\vec a=-R\dot\theta^2\,\vec u_r\), de norme \(a=R\dot\theta^2\).

On veut \(a=9g=9\times9{,}81\approx88{,}3\) m·s\(^{-2}\), donc :

\[\dot\theta=\sqrt{\frac{a}{R}}=\sqrt{\frac{88{,}3}{6{,}5}}\approx3{,}7\ \text{rad·s}^{-1} =\frac{3{,}7}{2\pi}\approx0{,}59\ \text{tour·s}^{-1}\]

2) Tours en 1 min, vitesse

\(N=0{,}59\times60\approx35\) tours. \(v=\dot\theta R=3{,}7\times6{,}5\approx24\) m·s\(^{-1}\).

3) Accélération angulaire au démarrage

\(\ddot\theta\) constante, \(\dot\theta(0)=0\) ⇒ \(\dot\theta(t)=\ddot\theta\,t\). À \(t=1\)min\(40\)s\(=100\)s, \(\dot\theta=3{,}7\) :

\[\ddot\theta=\frac{3{,}7}{100}=3{,}7\times10^{-2}\ \text{rad·s}^{-2}\]

Accélération « raisonnable » = celle qui fait 0→100 km/h en 10 s, aussi valeur limite en virage. 1) Sa valeur. 2) Vitesse max en virage \(R=200\) m (autoroute) et \(20\) m (ville).

1)

\[a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{100/3{,}6}{10}\approx2{,}8\ \text{m·s}^{-2}\]

2) Vitesse max en virage

En virage à \(v_0\) constante et rayon \(R\) constant : \(\vec a=-R\dot\theta^2\,\vec u_r\) et \(v_0=R\dot\theta\Rightarrow\dot\theta=v_0/R\). Donc \(a=R\dot\theta^2=\dfrac{v_0^2}{R}\). On impose \(a=2{,}8\) :

\[v_0=\sqrt{a\,R}\quad\Rightarrow\quad v_{0,ville}=\sqrt{2{,}8\times20}\approx7{,}5\ \text{m·s}^{-1}\approx27\ \text{km/h}\] \[v_{0,autoroute}=\sqrt{2{,}8\times200}\approx24\ \text{m·s}^{-1}\approx85\ \text{km/h}\]

Point \(M\) à \(R_0=5{,}0\) m de l'axe. Manège à 3,0 tours/min, puis arrêt uniforme en 40 s. 9 questions (trajectoire, coordonnées, \(\dot\theta_0\), \(\vec v\), \(\vec a\), phase de décélération…).

1) Trajectoire

Cercle. Cartésien : \(x^2+y^2=R_0^2\) soit \(y=\pm\sqrt{R_0^2-x^2}\). Polaire : \(r(\theta)=R_0\) (indépendant de \(\theta\)) — bien plus simple.

2) Système de coordonnées

Rotation autour d'un point ⇒ coordonnées polaires (2D). Autour d'un axe ⇒ cylindriques (3D).

3) Vitesse angulaire

\(\dot\theta_0=\dfrac{3{,}0\times2\pi}{60}\approx0{,}31\) rad·s\(^{-1}\).

4) Vitesse

Général : \(\vec v=\dot r\,\vec u_r+r\dot\theta\,\vec u_\theta\). Ici \(r=R_0\) cte (\(\dot r=0\)) et \(\dot\theta=\dot\theta_0\) cte : \(\vec v=R_0\dot\theta_0\,\vec u_\theta\), de norme \(v=5{,}0\times0{,}31\approx1{,}6\) m·s\(^{-1}\).

5) Accélération

\(\vec a=(\ddot r-r\dot\theta^2)\vec u_r+(2\dot r\dot\theta+r\ddot\theta)\vec u_\theta=-R_0\dot\theta_0^2\,\vec u_r\) (centripète, vers l'axe), norme \(a=R_0\dot\theta_0^2=5{,}0\times0{,}31^2\approx0{,}48\) m·s\(^{-2}\).

6) Pourquoi \(\vec a\neq\vec 0\) si \(v\) constante ?

7) Décélération : \(\theta(t)\) et nombre de tours

Ralentissement uniforme : \(\ddot\theta=\ddot\theta_0\) cte. \(\dot\theta(t)=\ddot\theta_0 t+\dot\theta_0\), \(\theta(t)=\tfrac12\ddot\theta_0 t^2+\dot\theta_0 t\) (avec \(\theta_0=0\)). L'arrêt en \(t=40\)s : \(\dot\theta(40)=0\Rightarrow\ddot\theta_0=-\dfrac{0{,}31}{40}\approx-7{,}8\times10^{-3}\) rad·s\(^{-2}\) (négative : on freine le sens \(+\vec u_\theta\)).

\[\theta(40)=\tfrac12(-7{,}8\times10^{-3})(40)^2+0{,}31\times40\approx6{,}2\ \text{rad}=\frac{6{,}2}{2\pi}\approx0{,}99\ \text{tour}\]

8) Accélération pendant la décélération

\(r=R_0\) cte mais \(\dot\theta\) variable : \(\vec a=-R_0\dot\theta^2\,\vec u_r+R_0\ddot\theta_0\,\vec u_\theta\).

9) Accélération tangentielle

\(a_T=R_0\ddot\theta_0=6{,}5\times(-7{,}8\times10^{-3})\)… (le corrigé utilise ici par erreur \(R=6{,}5\) au lieu de \(R_0=5{,}0\)). Avec \(R_0=5{,}0\) : \(a_T=5{,}0\times(-7{,}8\times10^{-3})\approx-3{,}9\times10^{-2}\) m·s\(^{-2}\).

Vu d'hélicoptère : \(r(t)=v_0 t\), \(\theta(t)=\omega_0 t\) (\(v_0,\omega_0>0\) constants). Unités, \(\dot\theta\), trajectoire, \(\vec v\), \(\vec a\), trajectoire dans le repère du manège.

1) Unités

Homogénéité : \([v_0]=[r]/[t]=\)m·s\(^{-1}\) ; \([\omega_0]=[\theta]/[t]=\)rad·s\(^{-1}\).

2)

\(\dot\theta=\omega_0\).

3) Trajectoire (repère terrestre)

\(r\) et \(\theta\) croissent ⇒ on s'éloigne du centre en tournant : spirale (d'Archimède).

4) Vitesse

\(\dot r=v_0\), \(r\dot\theta=v_0 t\,\omega_0\) : \(\vec v=v_0\,\vec u_r+v_0\omega_0 t\,\vec u_\theta\).

5) Accélération

\(\ddot r=0\), \(\ddot\theta=0\) : \(\vec a=(0-v_0 t\,\omega_0^2)\vec u_r+(2v_0\omega_0+0)\vec u_\theta =-v_0\omega_0^2 t\,\vec u_r+2v_0\omega_0\,\vec u_\theta\).

6) Schéma

\(\vec a\) a une composante radiale rentrante (croissant avec \(t\)) et une composante orthoradiale constante (Coriolis).

7) Trajectoire dans le repère du manège

On élimine \(t=\theta/\omega_0\) : \(r(\theta)=\dfrac{v_0}{\omega_0}\theta\)… mais dans le repère tournant avec le manège (\(\omega_0\)), l'angle relatif est nul : l'enfant ne tourne pas, il s'éloigne en ligne droite radiale du centre.

Établir position, base, vitesse et accélération en cylindriques.

1) Position

\(\overrightarrow{OM}=r\,\vec u_r+z\,\vec u_z\). Attention : pas de terme \(\theta\,\vec u_\theta\) ! (l'information angulaire est portée par la direction de \(\vec u_r\)).

2) Base locale dans la base fixe

\(\vec u_r=\cos\theta\,\vec u_x+\sin\theta\,\vec u_y\) ; \(\vec u_\theta=-\sin\theta\,\vec u_x+\cos\theta\,\vec u_y\) ; \(\vec u_z=\vec u_z\) (fixe).

3) Vitesse

On dérive \(\overrightarrow{OM}=r\vec u_r+z\vec u_z\) avec \(\dot{\vec u}_r=\dot\theta\vec u_\theta\) et \(\dot{\vec u}_z=\vec 0\) : \(\vec v=\dot r\,\vec u_r+r\dot\theta\,\vec u_\theta+\dot z\,\vec u_z\).

4) Accélération

\[\vec a=(\ddot r-r\dot\theta^2)\vec u_r+(2\dot r\dot\theta+r\ddot\theta)\vec u_\theta+\ddot z\,\vec u_z\]

Identique au polaire, plus la composante selon \(\vec u_z\) (car \(\vec u_z\) ne tourne pas).

\(r=R\), \(\theta=\omega t\), \(z=v_0 t\) (constants). Position, vitesse (+norme), accélération, trajectoire.

1) Position

\(\overrightarrow{OM}=R\,\vec u_r+v_0 t\,\vec u_z\).

2) Vitesse

\(\dot r=0,\ \dot\theta=\omega,\ \dot z=v_0\) : \(\vec v=R\omega\,\vec u_\theta+v_0\,\vec u_z\), \(v=\sqrt{(R\omega)^2+v_0^2}\) constante ⇒ mouvement uniforme.

3) Accélération

\(\vec a=-R\omega^2\,\vec u_r\), norme \(R\omega^2\) non nulle bien que \(v\) constante (la direction de \(\vec v\) change).

4) Trajectoire

\(r=v_0 t\), \(\theta=\omega t\), \(z=v_0 t\). Position, vitesse (+norme), accélération, trajectoire.

1) Position

\(\overrightarrow{OM}=v_0 t\,\vec u_r+v_0 t\,\vec u_z\).

2) Vitesse

\(\dot r=v_0,\ \dot\theta=\omega,\ \dot z=v_0\) : \(\vec v=v_0\,\vec u_r+v_0\omega t\,\vec u_\theta+v_0\,\vec u_z\), \(v=\sqrt{v_0^2+(v_0\omega t)^2+v_0^2}\). La norme augmente avec \(t\) (à cause du terme orthoradial).

3) Accélération

\(\ddot r=0,\ \ddot\theta=0\) : \(\vec a=(0-v_0 t\,\omega^2)\vec u_r+(2v_0\omega+0)\vec u_\theta =-v_0\omega^2 t\,\vec u_r+2v_0\omega\,\vec u_\theta\).

4) Trajectoire

Lancer franc à \(15\) pieds du panier (haut de \(10\) pieds), ballon lâché à \(h=2{,}20\) m, \(g=9{,}81\) m·s\(^{-2}\) (1 pied \(=30{,}5\) cm). 1) Relation \(\alpha\)–\(v_0\) pour un swish. 2) \(v_0\) pour \(\alpha=30°\).

Mise en place

Distances : \(H=10\times0{,}305=3{,}05\) m (hauteur panier), \(d=15\times0{,}305=4{,}58\) m (distance horizontale). Repère : origine au ballon, \(\vec a=-g\,\vec u_y\), vitesse initiale \(\vec v(0)=v_0\cos\alpha\,\vec u_x+v_0\sin\alpha\,\vec u_y\), position initiale \((0,h)\).

1) Équations horaires puis trajectoire

Double intégration :

\[\overrightarrow{OM}(t)=\begin{pmatrix}v_0\cos\alpha\,t\\[2pt]-\tfrac12 g t^2+v_0\sin\alpha\,t+h\end{pmatrix}\]

On élimine \(t=\dfrac{x}{v_0\cos\alpha}\) :

\[y(x)=-\frac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}x^2+\tan\alpha\,x+h\]

Le ballon passe par le centre du panier \((d,H)\), d'où la relation cherchée :

\[\boxed{H=-\frac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}\,d^2+\tan\alpha\,d+h}\]

2) \(v_0\) pour \(\alpha=30°\)

On isole \(v_0\) :

\[v_0=\sqrt{\frac{g\,d^2}{2\cos^2\alpha\,[\tan\alpha\,d+h-H]}}\] \[v_0=\sqrt{\frac{9{,}81\times4{,}58^2}{2\times(\tfrac{\sqrt3}{2})^2\,[\tfrac{1}{\sqrt3}\times4{,}58+2{,}20-3{,}05]}}\approx8{,}74\ \text{m·s}^{-1}\]

Porte de longueur fixe : \(A\) reste en \(x_A=0\) (glissière verticale), \(B\) reste en \(y_B=H\) (glissière horizontale), \(B\) avance à \(v_B\) constante.

1) Longueur \(AB\)

Porte fermée = verticale de hauteur \(H\), longueur fixe ⇒ \(AB=H\).

2) \(y_A\) en fonction de \(H,x_B\)

Le segment \(AB\) a pour longueur \(H\) : par Pythagore, \((x_B-0)^2+(H-y_A)^2=H^2\), d'où \(y_A=H-\sqrt{H^2-x_B^2}\).

3) Les dérivées

\[\frac{dy_A}{dx_B}=-\frac{-2x_B}{2\sqrt{H^2-x_B^2}}=\frac{x_B}{\sqrt{H^2-x_B^2}}\qquad\quad \frac{dx_B}{dt}=v_B\]

Dimension : \(\left[\dfrac{dy_A}{dx_B}\right]=\dfrac{L}{L}=1\) (sans dimension) et \(\left[\dfrac{x_B}{\sqrt{H^2-x_B^2}}\right]=\dfrac{L}{L}=1\) : homogène. ✔

4) \(v_A\) (dérivée composée)

\[v_A=\frac{dy_A}{dt}=\frac{dy_A}{dx_B}\cdot\frac{dx_B}{dt}=\frac{x_B}{\sqrt{H^2-x_B^2}}\,v_B\]

5) \(x_B(t)\)

\(B\) en MRU : \(x_B(t)=v_B t\).

6) \(y_A(t)\) et \(v_A(t)\)

\[y_A(t)=H-\sqrt{H^2-v_B^2t^2}\qquad v_A(t)=\frac{v_B^2\,t}{\sqrt{H^2-v_B^2t^2}}\]

7) Durée d'ouverture

La porte est ouverte quand \(x_B=H\), soit \(v_B t=H\) ⇒ \(t=\dfrac{H}{v_B}\).

Alice marche à \(v_A=1\) m·s\(^{-1}\), passe en \(x=0\) à \(t_0=0\). Un corbeau lâche une noix (sans vitesse) au temps \(t_1\), depuis \((D,H)\), \(g=9{,}81\). Puis Alice lance une balle depuis \(D/2\).

2) Position d'Alice

\(v_A\) constante, \(x_A(0)=0\) ⇒ \(x_A(t)=v_A t\).

3) Équations de la noix (attention aux constantes, chute à partir de \(t_1\))

\(x_N(t)=D\) (constante). Verticalement \(\ddot y_N=-g\), \(\dot y_N(t_1)=0\) ⇒ \(\dot y_N=-g(t-t_1)\) ; \(y_N(t_1)=H\) ⇒ \(y_N(t)=-\tfrac12 g(t-t_1)^2+H\) (valable pour \(t>t_1\), sinon \(y_N=H\)).

4) Conditions de capture (Alice attrape à hauteur \(h\), en \(x=D\))

Il faut \(x_A(t_A)=D\) et \(y_N(t_N)=h\) au même instant :

\[t_A=\frac{D}{v_A}\qquad\qquad t_N=t_1+\sqrt{\frac{2(H-h)}{g}}\]

Capture ⇔ \(t_A=t_N\) ⇒ instant de lâcher :

\[\boxed{t_1=\frac{D}{v_A}-\sqrt{\frac{2(H-h)}{g}}}\]

5) Distance \(D\) pour que \(t_1=0\)

\(\dfrac{D}{v_A}=\sqrt{\dfrac{2(H-h)}{g}}\) ⇒ \(D=v_A\sqrt{\dfrac{2(H-h)}{g}}\).

6) Balle lancée depuis \(D/2\) (à l'instant \(t_L=\dfrac{D}{2v_A}\), hauteur \(h'\), angle \(\alpha\))

\[x_B(t)=v_B\cos\alpha\,(t-t_L)+\tfrac{D}{2}\qquad y_B(t)=-\tfrac12 g(t-t_L)^2+v_B\sin\alpha\,(t-t_L)+h'\]

7) Impact balle-noix

Égalité des positions. De \(x_B(t_{impact})=x_N=D\) on tire directement l'instant d'impact :

\[t_{impact}=\frac{D}{2v_B\cos\alpha}+t_L\]

Grue : M1 monte/descend (\(z\)), M2 rapproche/éloigne (\(r\)), M3 tourne (\(\theta\)), tous à vitesse constante. Flèche \(R=10\) m.

2) Coordonnées

Rotation autour d'un axe vertical ⇒ coordonnées cylindriques.

3) M1 seul : +30 m en 15 s

\(v_z=30/15=2\) m·s\(^{-1}\). \(r,\theta\) constants, \(z(t)=2t\). Rectiligne uniforme vertical (\(\vec a=\vec0\)).

4) M2 seul : charge à 10 m du sol, en bout de flèche, −8 m en 5 s

\(v_r=8/5=1{,}6\) m·s\(^{-1}\), rapprochement ⇒ \(r(t)=-1{,}6t+10\) ; \(\theta\) cte, \(z=10\). Rectiligne uniforme radial.

5) M3 seul : ¼ tour en 6 s

\(\dot\theta_0=\dfrac{2\pi/4}{6}=\dfrac{\pi}{12}\) rad·s\(^{-1}\), \(r,z\) constants, \(\theta(t)=\tfrac{\pi}{12}t\). Circulaire uniforme.

6) Rapprocher une charge de 10 m (au sol) au pied, sans tourner

a. Moteur M2. b. Possible avec M2 (rapprocher) + M1 (monter puis redescendre à mi-course). c. Deux phases. Montée (\(tt_I\)) : \(r=-1{,}6t+10,\ z=-2(t-t_I)+6{,}25\). d. Fin quand \(r=0\) : \(t_f=\dfrac{10}{1{,}6}=6{,}25\) s \(=2t_I\). e. \(\vec v=-1{,}6\,\vec u_r-2\,\vec u_z\) (phase montée), \(v=\sqrt{1{,}6^2+2^2}\approx2{,}56\) m·s\(^{-1}\).

7) Les 3 moteurs ensemble (charge au sol sous la flèche)

a. \(r=-1{,}6t+10\), \(\theta=\tfrac{\pi}{12}t\), \(z=2t\) (puis \(z=-2(t-t_I)+6{,}25\) après \(t_I\)). b. \(\vec v=\dot r\,\vec u_r+r\dot\theta\,\vec u_\theta+\dot z\,\vec u_z\). c. À \(t=1\) s : \(\vec v=-1{,}6\,\vec u_r+8{,}4\cdot\tfrac{\pi}{12}\,\vec u_\theta+2\,\vec u_z =-1{,}60\,\vec u_r+2{,}20\,\vec u_\theta+2\,\vec u_z\), \(v=\sqrt{1{,}6^2+2{,}2^2+2^2}\approx3{,}38\) m·s\(^{-1}\). d. \(\vec a=-r\dot\theta^2\,\vec u_r+2\dot r\dot\theta\,\vec u_\theta\) (termes en \(\ddot{}\) nuls). e. À \(t=1\) : \(\vec a=-8{,}4(\tfrac{\pi}{12})^2\,\vec u_r+2(-1{,}6)\tfrac{\pi}{12}\,\vec u_\theta =-0{,}576\,\vec u_r-0{,}838\,\vec u_\theta\), \(a\approx1{,}02\) m·s\(^{-2}\).

Chat 1 sur \(Ox\) (part de \(-x_0\) vers \(O\), vitesse \(v_1\)), chat 2 sur \(Oy\) (vitesse \(v_2\)), axes orthogonaux.

1) Instant et distance minimale

Positions : \(x_1(t)=v_1 t-x_0\), \(y_2(t)=v_2 t\). Distance (Pythagore, axes orthogonaux) : \(D=\sqrt{(v_1t-x_0)^2+(v_2t)^2}\).

\(D\) est minimale quand le radicande l'est (racine croissante). On dérive et on annule :

\[\frac{d}{dt}\big[(v_1t-x_0)^2+(v_2t)^2\big]=2(v_1t-x_0)v_1+2v_2^2 t=0\ \Rightarrow\ t_{min}=\frac{v_1 x_0}{v_1^2+v_2^2}\]

En reportant et après factorisation :

\[D_{min}=\frac{v_2\,x_0}{\sqrt{v_1^2+v_2^2}}\]

2) Si le chat 2 décélère (\(a_2\) constante)

\(y_2(t)=-\tfrac12 a_2 t^2+v_2 t\), d'où \(D=\sqrt{(v_1t-x_0)^2+\big(-\tfrac12 a_2 t^2+v_2 t\big)^2}\).

3) Condition de rencontre

\(D=0\) exige les deux carrés nuls au même instant \(t_R\) :

\[v_1 t_R-x_0=0\Rightarrow t_R=\frac{x_0}{v_1}\ ;\qquad -\tfrac12 a_2 t_R^2+v_2 t_R=0\Rightarrow t_R=\frac{2v_2}{a_2}\]

4 chiens aux sommets d'un carré, chacun poursuit son voisin à vitesse constante \(v_0\). Étude du chien en haut à droite (\(\theta_0=0\)), en polaires.

3) Angle \(\beta\) entre \(\vec u_\theta\) et \(\vec v\)

La vitesse pointe vers le voisin. Géométrie du carré : l'angle entre \(\vec v\) et \(\overrightarrow{MO}\) est \(45°\) ; \(\overrightarrow{MO}\) et \(\vec u_\theta\) font \(90°\). Donc \(\beta=90°-45°=45°=\tfrac{\pi}{4}\) (constant).

4) Décomposition de \(\vec v\)

\(\vec v=-v_0\sin\beta\,\vec u_r+v_0\cos\beta\,\vec u_\theta\) (composante radiale rentrante).

5) Équations différentielles (identification avec \(\vec v=\dot r\,\vec u_r+r\dot\theta\,\vec u_\theta\))

\[\dot r=-v_0\sin\beta\qquad r\dot\theta=v_0\cos\beta\]

6) Intégration de \(\dot r\)

\(r(t)=-v_0\sin\beta\,t+R_0\) (avec \(r(0)=R_0\)), soit \(r(t)=-\dfrac{v_0}{\sqrt2}\,t+R_0\).

7) Équation en \(\theta\)

\(\dot\theta=\dfrac{v_0\cos\beta}{-v_0\sin\beta\,t+R_0}\) : forme \(U'/U\), donc \(\theta(t)=-\ln\!\big|{-v_0\sin\beta\,t+R_0}\big|+\)cte. Avec \(\theta(0)=0\) et \(\sin\beta=\tfrac{1}{\sqrt2}\) :

\[\theta(t)=-\ln\!\left(\Big|1-\frac{v_0}{R_0\sqrt2}\,t\Big|\right)\]

8) Autres chiens

Même forme, en ajoutant \(\theta_0=\tfrac{\pi}{2},\pi,\tfrac{3\pi}{2}\).

9) Durée de la poursuite

Le \(\ln\) diverge quand son argument s'annule : \(1-\dfrac{v_0}{R_0\sqrt2}t=0\Rightarrow t_{max}=\dfrac{R_0\sqrt2}{v_0}\) (instant où \(r=0\), les chiens se rejoignent).

10) Nombre de tours

\(\theta\to-\ln(0)=+\infty\) quand \(t\to t_{max}\) : nombre de tours infini ! Paradoxe dû aux chiens ponctuels : \(\dot\theta\) diverge alors que la distance par tour tend vers 0.

11) Distance parcourue

Vitesse constante \(v_0\) pendant \(t_{max}\) : \(D=v_0\,t_{max}=R_0\sqrt2\) (la longueur du côté du carré !).

On part de \(H=-\dfrac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}d^2+\tan\alpha\,d+h\). Angles limites, angle optimal, prise en compte du diamètre du ballon.

1a) Angle limite supérieur

\(\alpha_{sup}=90°\) : tir vertical, n'atteint jamais le panier.

1b) Angle limite inférieur

Si \(v_0\to\infty\), \(y(x)\to\tan\alpha\,x+h\) (droite) : on vise en ligne droite. L'angle limite est celui de la visée directe.

1c) Géométrie (\(R=\sqrt{d^2+(H-h)^2}\))

\[\cos\theta=\frac{d}{R},\quad \sin\theta=\frac{H-h}{R},\quad \tan\theta=\frac{H-h}{d}\]

1d–1e) Mise en forme

En multipliant par \(-2v_0^2\cos^2\alpha\) et via \(2\cos^2\alpha=\cos2\alpha+1\), \(2\sin\alpha\cos\alpha=\sin2\alpha\), puis en factorisant par \(R\) et avec \(\sin(a-b)=\sin a\cos b-\sin b\cos a\) :

\[v_0^2 R\,[\sin(2\alpha-\theta)-\sin\theta]=g\,d^2\]

1f) Angle critique

Le membre de gauche doit être \(>0\) : \(\sin(2\alpha-\theta)>\sin\theta\Rightarrow 2\alpha-\theta>\theta \Rightarrow \alpha>\theta=\alpha_c\). Réaliste : dès que \(v_0\) est finie, un tir est possible.

1g) A.N.

\(\theta=\arctan\dfrac{H-h}{d}=\arctan\dfrac{0{,}85}{4{,}58}\approx10{,}5°\). Il faut \(\alpha>10{,}5°\).

2a–2b) Vitesse minimale

\(v_0(\alpha)=\sqrt{\dfrac{g d^2/R}{\sin(2\alpha-\theta)-\sin\theta}}\). \(v_0\) minimale quand le dénominateur est maximal, i.e. \(\sin(2\alpha-\theta)=1\Rightarrow \alpha_{min}=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\theta}{2}\).

2c–2d) A.N.

\(\alpha_{min}=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{0{,}184}{2}\approx50{,}2°\) ; \(R=\sqrt{4{,}58^2+0{,}85^2}\approx4{,}66\) m ; \(v_{0,min}\approx7{,}35\) m·s\(^{-1}\).

3) Ballon non ponctuel (\(D=20\) cm, arceau \(D_a=45\) cm)

a–b. À l'entrée \(t_P=\dfrac{d}{v_0\cos\alpha}\), \(\tan\beta=\dfrac{v_y}{v_x}\). c. \(\beta=\arctan\!\big(\tan\alpha-\dfrac{gd}{v_0^2\cos^2\alpha}\big)\), A.N. \(\beta_{min}\approx-39{,}7°\). d. Condition d'entrée : \(\beta\ge\arcsin(D/D_a)=\arcsin(20/45)\approx26{,}4°\).

4) Conclusion

100 m en 10 s. Athlète A : vitesse constante. Athlète B : accélération constante. Lequel se surestime ?

A (vitesse constante) : \(x=v_0 t\), \(x(10)=100\Rightarrow v_0=10\) m·s\(^{-1}=36\) km/h.

B (accélération constante, départ arrêté) : \(x=\tfrac12 a_0 t^2\), \(x(10)=100\Rightarrow a_0=\dfrac{100}{50}=2\) m·s\(^{-2}\), d'où vitesse finale \(v(10)=a_0\times10=20\) m·s\(^{-1}=72\) km/h.

Décélération \(6\) m·s\(^{-2}\), temps de réaction \(1\) s. Distances de sécurité à 130, 90, 50 km/h.

Modèle

Réaction (à vitesse constante) : \(d_{reac}=v_0\times1\). Freinage : \(v=-6t+v_0\) s'annule en \(t=v_0/6\), d'où \(d_{frein}=-\dfrac{6}{2}\Big(\dfrac{v_0}{6}\Big)^2+v_0\dfrac{v_0}{6}=\dfrac{v_0^2}{12}\). Distance totale \(d_{tot}=d_{reac}+d_{frein}\) (cas voiture percutant un obstacle immobile — le plus défavorable).

Caillou lâché, « plouf » entendu \(2{,}5\) s après. Son supposé instantané, \(g=9{,}81\).

Axe \(Oz\) vers le haut, origine au niveau de l'eau, caillou lâché de \(h\) sans vitesse : \(\ddot z=-g\Rightarrow \dot z=-gt\Rightarrow z(t)=-\tfrac12 g t^2+h\). Il touche l'eau (\(z=0\)) à \(t_{plouf}=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\), donc :

\[h=\frac{g\,t_{plouf}^2}{2}=\frac{9{,}81\times2{,}5^2}{2}\approx31\ \text{m}\]

Idem mais son à \(V=340\) m/s. Le temps mesuré = chute du caillou + remontée du son.

\(t_{chute}=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\), \(t_{montée}=\dfrac{h}{V}\), d'où \(t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}+\dfrac{h}{V}\). On isole la racine et on élève au carré :

\[\sqrt{\frac{2h}{g}}=t-\frac{h}{V}\ \Rightarrow\ \frac{1}{V^2}h^2-2\Big(\frac{t}{V}+\frac1g\Big)h+t^2=0\]

Équation du 2ᵈ degré en \(h\). On garde la racine « \(-\) » (l'autre donne une profondeur aberrante) :

\[h=tV+\frac{V^2}{g}-\frac{\sqrt{V^4+2g\,t\,V^3}}{g}\]

A.N. avec \(t=2{,}5\) s : \(h\approx28{,}6\) m (un peu moins qu'au calcul précédent : une partie du temps mesuré est « perdue » par la remontée du son).

Motard retombant à \(L=23\) m sur une bosse de même hauteur que le tremplin, \(\alpha=30°\), \(g=9{,}81\). Durée, hauteur, vitesse en sortie de tremplin.

Origine en haut du tremplin (= hauteur de la bosse), \(\vec a=-g\,\vec u_y\), \(\vec v(0)=v_0\cos\alpha\,\vec u_x+v_0\sin\alpha\,\vec u_y\). Trajectoire : \(y(x)=-\dfrac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}x^2+\tan\alpha\,x\).

Vitesse en sortie

Retombée en \(y(L)=0\) :

\[v_0=\sqrt{\frac{gL}{2\sin\alpha\cos\alpha}}=\sqrt{\frac{gL}{\sin 2\alpha}}=\sqrt{\frac{9{,}81\times23}{\sin 60°}}\approx16\ \text{m·s}^{-1}\ (58\ \text{km/h})\]

Durée du saut

\(y(t_f)=0\) (hors \(t=0\)) : \(t_f=\dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}=\dfrac{2\times16\times\sin30°}{9{,}81}\approx1{,}6\) s.

Hauteur maximale

Au sommet \(\dot y=0\) : \(t_H=\dfrac{v_0\sin\alpha}{g}=\tfrac12 t_f\) (parabole symétrique), d'où :

\[H=\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}=\frac{16^2\times\sin^2 30°}{2\times9{,}81}\approx3{,}3\ \text{m}\]