CINEMATIQUE (corrigé) 1. Un peu de trigonométrie : a) Projection du vecteur-vitesse par le sinus de l’angle de ce vecteur avec l’horizontale. vz = v.sinα

d’où vz = 175 km.h-1

= 48,6m.s-1

b) ∆z = L.tanα avec tanα = 20%= 0,2 soit ∆z = 10 m ; angle α = atan(0,2) par rapport au sol ;

Surface cadastrale = surface vue en plan, projection sur le plan horizontal.

Sc = L.d (longueur L par largeur d) d’où la surface au sol Ssol = (L/cosα)x = 1020 m²

c) Faire un schéma. L’axe de la Terre est incliné de φ par rapport au plan de son orbite autour du Soleil. La

position en latitude est déterminée par l’angle (OM, plan équatorial) où O est le centre de la Terre et M la position

considérée. Au solstice d’été : L = h.tan(λ - φ) et au solstice d’hiver : L = h.tan(λ + φ). h = 22,6 m, en hiver

l’ombre s’étend sur L’ = 64,8 m

2. Dépassement : Faire un schéma !

Arrière du camion : X(t) = vo.t + L et pour l’avant de la voiture : v = vo + a.t qui donne x(t) = vo.t + at²/2

Dépassement réalisé quand x(t) = X(t) + ∆L où ∆L = d + D + L’ avec L’ = 20 m.

d’où la condition ∆L + L = at²/2 dont on tire tdép instant où le dépassement est fini.

La distance parcourue par le camion est alors vo.tdép.

3. Fontaine : voir cours sur le mouvement à accélération constante. Intégrer le mouvement avec la CI sur la vitesse horizontale. Pour

l’estimer : débit = section x vitesse.

Trouver l’instant où z a diminué de h. Calculer les coordonnées du vecteur-vitesse, puis en déduire l’angle α.

4. Accélération subie en mouvement de rotation uniforme.

a) reR

dt

dV²

•

−=== θγ avec

�� = ω = ��/� = ��

Numériquement : v = 1060 km.h-1

= 294,4 m/s donc en norme : γ = 86,70 m.s-2

(soit 86,70/9,8

≈ 8,8 g)

b) Le mouvement dans le référentiel géocentrique est circulaire, selon un cercle situé dans le plan

orthogonal à l’axe de rotation terrestre, dont la position et le rayon dépendent de la latitude λ.

Le rayon de la trajectoire vaut : R.cosλ où R est le rayon de la Terre.

La vitesse angulaire de rotation terrestre est ω = 2π/T avec T = 86164 s.

d’où numériquement : γ = R.ω² = 3,4.10-2

m.s-2

pour un point situé sur l’équateur (λ = 0).

5. Tube cathodique :

Connaissant l'accélération, on peut intégrer par rapport au temps et en déduire la vitesse. Le calcul d'intégration se conduit

indépendamment sur chaque coordonnées, en tenant compte des conditions

initiales du mouvement : yemd

qU

m

F== γ

donne v = vo xe + qU.t /(m.d) ye ( à t = 0 : v = vo xe ).

Une seconde intégration amène le vecteur position, avec la condition initiale

0)0( ==tOM :

OM = vo.t xe + qU.t2/(2m.d) ye

L'équation paramétrée par le temps t de cette trajectoire est : {x = vot ; y = qU.t2/(2m.d)} ;

en éliminant la variable t entre les deux équations il vient : y = (qU/2md)(x/vo)2 équation d'une parabole de sommet O(0, 0).

Le point de sortie de la région située entre les plaques, S, est obtenu en considérant qu'en S : xS = L.

Donc S est atteint à l'instant tS = L/vo, d’où la position de S : OS = L xe + (L/vo)². qU/(2m.d) ye

ainsi que le vecteur vitesse en sortie : Sv = vo xe + (L/vo). qU/(m.d) ye ;

λ

x

y L D

O

α

Au-delà des plaques, la particule ne subissant plus d'interaction, son accélération s'annule. Sa vitesse va donc ensuite se

conserver et rester à la valeur de sortie Sv (principe d'inertie).

On en déduit les coordonnées du point P, spot à l'écran : xP = L + D (évidemment) .

Calculons la pente de la trajectoire donnée par le rapport des coordonnées de la vitesse entre S et P :

vSy / vSx = (L/vo2). qU/(m.d).

L'écart entre yS et yP vaut D.( vSy / vSx). (tracer un schéma si besoin…).

ce qui amène pour yP : yP = yS + (DL/vo²). qU/(m.d).

6. Roue de vélo :

a) Décomposons le vecteur-position :

reRjRixCMICOIOM ++=++= (1)

On peut projeter le vecteur unitaire radial sur la base cartésienne :

jier θθ cossin −−=

donc :

jRiRxOM )cos1()sin( θθ −+−=

On obtient alors la vitesse par dérivation temporelle (la base cartésienne est

invariante) :

jRiRvV o θθθθ sin)cos(••

+−=

on peut aussi procéder directement en dérivant (1) en tenant compte du caractère variable des vecteurs de la base polaire :

�������

��= ���������

On tire : θθ eRivV o

•

+== (2)

Ce qui conduit au même résultat, explicité sur la base cartésienne, en employant : jie θθθ sincos +−=

Le vecteur vitesse peut aussi s’expliciter complètement dans la base polaire, en partant de (2) et en projetant l’unitaire de la

base cartésienne selon : θθθ eei r cossin −−=

b) il suffit d’écrire que la vitesse du point M va s’annuler quand M passe en I, c'est-à-dire pour θ = 0 modulo π, car le support a

une vitesse nulle au point de contact I. (On ne veut pas de vitesse relative entre la roue et le support en I).

Ceci conduit à :

�� = ω = ��/�

c) Faire un tracé point par point en prenant des valeurs particulières de θ, à partir de l’expression du vecteur position. On

obtient une cycloïde.

d) L’accélération s’obtient par une dérivation temporelle du vecteur-vitesse :

² sin ² cos ² r

dVR i R j R e

dtγ θ θ θ θ θ

• • •

= = + = −

uuurr r r ur

en tenant compte que la vitesse angulaire est constante :

�� = ω = ��/� = ��

On retrouve l’expression de l’accélération pour un mouvement circulaire uniforme. le mouvement de translation du vélo, qui

est à vitesse constante, n’introduit pas de terme d’accélération pour M.

M θ

I O

C

x

z

x

er

eθ

i

j

θ

er

eθ

i

j

7. Le bon braquet :

vitesse du vélo : celle d’un point de la circonférence de la roue (on suppose que le vélo ne dérape pas...). v = Rω2 où R est le

rayon de la roue et ω2 sa vitesse angulaire. Le braquet détermine le rapport des vitesses angulaires du pédalier (plateau) ω1 et

du pignon (lié à la roue) ω2. ω1 = 50 x ω1/12. v= 32,1 k/h.

8. Convoyeur hélicoïdal .

Dans la base cylindrique, à partir des coordonnées de position : 2

r z z

hv r e e z e R e eθ θ

ωθ ω

π

• • •

= + + = +r ur uur uur uur uur

L’angle α du vecteur vitesse avec l’axe (Oz) a pour tangente le rapport de sa coordonnée orthoradiale avec sa coordonnée

axiale, soit : tanα = 2πR/h.

Le pas de l’hélice correspond à la dénivellation subie par le mobile sur un tour d’hélice. Soit à la variation ∆z pour une

variation ∆θ = 2π de l’angle θ. Soit pour un intervalle de temps T = 2π/ω ; donc h = a.T = 2πa/ω d’où finalement : a = ωh/2π.

Le vecteur-accélération se calcule par dérivation temporelle du vecteur-vitesse :

Ce vecteur-accélération apparaît orthogonal au vecteur-vitesse. Le mouvement sera donc uniforme puisque

Par définition : dt

dsv = , en intégrant cette relation : s(t) =

²4

²²

πω

hRt +

9.Barre liée par une rotule.

a) L'étude se restreint donc à un mouvement plan, en coordonnées polaires (r, θ), où r = L

(longueur de la barre). On retrouve le cas étudié en cours du mouvement circulaire.

Vecteur position : reLAM = ; vecteur vitesse : θθ eLdteLdv r

•

== / car dL/dt = 0

Vecteur accélération : θθθγ eLeL r

•••

+−=2

Pour expliciter ces vecteurs sur la base cartésienne, il suffit de projeter la base polaire ( )θeer ,

dans la base cartésienne ( )zyx eee ,, , soit en notant en vecteurs colonnes :

θ

ϕθ

ϕθ

cos

sin.sin

cos.sin

=re

et

θ

ϕθ

ϕθ

θ

sin

sin.cos

cos.cos

−

=e

Pour obtenir ces résultats, décomposer le vecteur uee zr θθ sincos += où le vecteur u est dans le plan (Oxy). Le vecteur

u se projette à son tour sur la base ( )zyx eee ,, selon : yx eeu ϕϕ sincos += .

De même : uee z θθθ cossin +−=

b) Le mouvement a lieu cette fois dans un plan horizontal (c'est à dire orthogonal à (Oz)), à θ = cste.

Définissons une base polaire ( )ϕρ ee , dans ce plan, où ρ est le rayon cylindrique : ρ = r.sinθ = L.sinθ.

ϕe est l'unitaire correspondant à l'angle ϕ, tangent à la trajectoire du mobile, qui décrit un cercle de rayon L.sinθ centré sur

l'axe (Oz).

Les vecteurs du mouvement (position, vitesse et accélération) s'exprimeront sur la base cylindro-polaire ( )zeee ,, ϕρ

θ

ϕ

x

z

y

A

M

l

² rR eγ ω= −r ur

²1 ² 1. .

2 2

d vdv dvv v

dt dt dtγ = = =

rr rr r r

Vecteur position : zeLeLAM θθ ρ cossin += ;

vecteur vitesse : ϕϕθ eLv•

= sin car zeL θcos = cste ;

vecteur accélération : ρϕ ϕθϕθγ eLeL2

sinsin•••

−= .

La projection de la base ( )zeee ,, ϕρ sur la base cartésienne ( )zyx eee ,, permet d'exprimer tous les vecteurs dans cette dernière

base.

0

sin

cos

ϕ

ϕ

ρ =e et

0

cos

sin

ϕ

ϕ

ϕ

−

=e

Le mouvement étant horizontal, on remarque sans surprise que le vecteur vitesse et le vecteur accélération ne comportent pas

de termes verticaux…

10. Test de stabilité d’une automobile : Lors d’un tel test, la voiture, repérée par son centre de gravité G de coordonnées (x, y), est astreinte à suivre une trajectoire

sinusoïdale sur une piste horizontale en slalomant entre des plots espacés d’une distance L, de manière à conserver à tout

moment une vitesse •

x = vo = 50 km.h-1

.

Durant le mouvement, la distance minimale entre G et chaque plot est do = 3 m.

1°) L’équation y(x) = A.cos(B.x) doit mettre en jeu des constantes A et B telles que notamment : y(0) = do et y(L) = -do . A

correspond à l’amplitude de variation de y(x) donc A = do. B doit être tel que y(x+2L) = y(x) soit donc cos(Bx + 2L.B) =

cos(Bx)

ce qui implique : 2π = 2L.B. On tire B = π/L.

2°) La voiture testée doit tolérer une accélération maximale de 0,7 g (g = 9,8m.s-2

). Avec quel espacement L doit-on disposer

les plots ?

Exprimons vitesse et accélération dans la base (ex, ey) en pensant aux dérivations composées.

x yv x e y e• •

= +r r r

avec x(t) = vo.t et donc o

x v•

= .

Concernant la coordonnée y, elle n’est pas explicitement dépendante du temps t : y(x) avec x(t).

Par dérivation composée : o

y y x yy v

t x t x

• ∂ ∂ ∂ ∂= = =

∂ ∂ ∂ ∂

o o– ( / L) v .d sin( x / L)x yov v e eπ π=

r r r

En procédant de même : ( ) ( )o o– ( / L) v .d sin( x / L)x yo

dv d xv e e

dt dt x tγ π π

∂ ∂= = +

∂ ∂

rr r r

soit o o ( ² / L²)v ².d cos( x / L)γ π π== −

r

Il faut avoir un module de l’accélération qui reste inférieur à 0,7 g. Il faut donc majorer la fonction

o o( ² / L²)v ².d cos( x / L)π π avec |cos(πx/L)| majoré par 1. On tire : L > πvo(do/0,7g)1/2

.

11. Chute libre sans parachute : En supposant que le cascadeur atteint assez vite une vitesse limite de chute (en quelques secondes) ; la vitesse verticale est de

l’ordre de vzo = 730/50 ≈ 15 m/s.

Pour une chute avec l’accélération g : v = g.t et z = gt²/2. On atteint la vitesse voulue à l’instant t = v/g, sur une hauteur v²/2g

soit ici 11,5m.

On suppose que l’accélération subie à l’écrasement des cartons est uniforme. La durée pour l’écrasement à 80% des cartons est

celle pour passer de 15 m/s à 0. La dénivellation parcourue doit être de 80% des h = 5 m de cartons : 0,8x5m = 4 m .

Par les équations de mouvement : 0,8.h = voz.t – a.te²/2 où t est la durée d’écrasement, avec te = voz /a.

On tire 0,8.h = voz²/2a d’où a = 28 m.s-2

≈ 3g (g = 9,8 m.s-2

).

La vitesse horizontale est de vox = voz / tan(30°) ≈ 30 m/s. L’accélération horizontale serait a’ = vox / te

te ≈ 0,5 s et donc a’ ≈ 60 m.s-2

en supposant que la trajectoire reste rectiligne durant l’écrasement des cartons, ce qui est

sûrement à remettre en question.

On aurait globalement une accélération atot = (a² + a’²)1/2

= 62 m.s-2

≈ 6 à 7 g .

Le risque le plus grand est de rater le matelas de cartons, du fait d’un vol très peu stable vue la faible surface de voilure de la

wing-suit (environ 3m²).. Une chute au sol serait autrement plus conséquente !

12. Mouvement d’une remorque :

L’idée directrice de l’exercice est de s’appuyer sur le fait que la vitesse de A doit rester

colinéaire à reur

.

x rOA OB BA xe le= + = +uuur uuur uuur uur ur

dont on tire par dérivation temporelle :

( ) x

dv OB BA xe l e

dtθθ

• •

= + = +r uuur uuur uur uur

soit : o x

v v e l eθθ•

= +r uur uur

Remarque : ( ),xe eθ

uur uur ne constitue pas une base orthogonale : le fait que la vitesse de A reste colinéaire à l’unitaire radial

n’implique donc pas d’avoir 0lθ•

=

La colinéarité de la vitesse avec l’unitaire radial se traduit aussi par l’orthogonalité entre la vitesse et l’unitaire orthoradial.

. . 0o x

v e v e l e eθ θ θθ•

= + =

r uur uur uur uur ce qui amène : vosinθ = - lθ

•

soit : sin

ovddt

l

θ

θ= −

d’où finalement : θ = 2.atan(exp(-vot/L)).

B

A

ex

eθ

er

θ x

O