Corrections 281
Exercice 10.8
1. L’aile est en rotation uniforme autour de l’axe Ox à la vitesse angulaire ω = 20
2π
60
= 2,1 rad · s
−1 .
Nous pouvons écrire la vitesse d’un point quelconque M de l’aile situé à la distance rM de l’axe de
rotation le long de OB sous la forme #» v (M ) = rM ω #» u θ .
O étant sur l’axe de rotation, r = 0 et #» v (O) est nulle. Pour B : rB = L, d’où #» v (B) = Lω #» u θ et
vB = 17 m · s
−1 . Pour A : rA =
L
2
, d’où #» v (A) =
L
2
ω #» u θ et vA = 8,4 m · s
−1 .
2. Lors du mouvement d’Alexandre, la direction BP reste fixe dans le référentiel de travail.
Pour tout point N d’Alexandre, nous pouvons écrire
# »
ON =
# »
OB +
# »
BN . Le vecteur
# »
BN garde une
direction fixe dans le référentiel d’étude R et sa norme est constante, donc sa dérivée dans R est nulle.
Pour tout point N de BP , il vient ainsi #» v (N ) =
d
# »
ON
dt
=
d
# »
OB
dt
= #» v (B). Alexandre est donc en
mouvement de translation dans R, à la vitesse #» v (B) = Lω #» u θ et #» v (B) = #» v (G) = #» v (P ) = Lω #» u θ .
Exercice 10.9
1. Dans le cas (a), le mouvement étant rectiligne, le
système de coordonnées le mieux adapté est celui
des coordonnées cartésiennes, un axe du repère
cartésien étant confondu avec la droite trajectoire.
Dans le cas (b), le mouvement étant circulaire, le
système de coordonnées le mieux adapté est celui
des coordonnées polaires, l’origine du repère étant
pris au centre du cercle trajectoire.
2. Les schémas complétés sont représentés ci-contre.
•
x
y
O
• G
x(t)
cas (a)
• G
•
O
cas(b)
#» ur
#» u θ
θ(t)
Exercice 10.10
1. On considère l’axe Ax du segment AB et son vecteur unitaire #» ux, dirigé de A vers B. En intégrant
deux fois l’accélération, on obtient successivement #» v (M ) = a0t #» ux et
# »
AM =
a0
2
t
2 #» ux.
2. Le skieur arrive en B à l’instant tB =
2L
a0
= 4,6 s et sa vitesse est alors vB =
√
2La0 = 26 m · s
−1 .
3. Pour θ = 0, vB = R ˙
θ(θ = 0) = Rω0
√
cos α + β =
√
2La0. D’où : β =
2La0
R 2 ω
2
0
− cos α = 2,6.
4. On utilise la base polaire définie pour le point M : #» ur =
# »
OM
R
et #» u θ dans le plan de figure tel que
( #» ur, #» u θ ) =
π
2
. Dans cette base : #» v (M ) = R ˙
θ #» u θ = Rω0
cos(α − θ) + β #» u θ .
Puis : #» a (M ) =
d #» v (M )
dt
=
d(R ˙
θ)
dt
#» u θ + R ˙
θ
d #» u θ
dt
= R ¨
θ #» u θ − R ˙
θ
2 #» ur. En dérivant ˙
θ on obtient :
¨
θ = ω0
sin(α − θ) ˙
θ
2
cos(α − θ) + β
=
ω
2
0
2
sin(α − θ). D’où : #» a (M ) =
Rω
2
0
2
sin(α − θ) #» u θ − Rω
2
0 (cos(α − θ) + β) #» ur.
Le mouvement de M est un mouvement circulaire non uniforme.
5. Au point C : θ = α. D’où : #» v = Rω0
√
1 + β #» uX avec #» uX vecteur unitaire horizontal. L’application
numérique donne v = 27 m · s
−1 .
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.
partagelivrescpge.blogspot.com
Exercice 10.8
1. L’aile est en rotation uniforme autour de l’axe Ox à la vitesse angulaire ω = 20
2π
60
= 2,1 rad · s
−1 .
Nous pouvons écrire la vitesse d’un point quelconque M de l’aile situé à la distance rM de l’axe de
rotation le long de OB sous la forme #» v (M ) = rM ω #» u θ .
O étant sur l’axe de rotation, r = 0 et #» v (O) est nulle. Pour B : rB = L, d’où #» v (B) = Lω #» u θ et
vB = 17 m · s
−1 . Pour A : rA =
L
2
, d’où #» v (A) =
L
2
ω #» u θ et vA = 8,4 m · s
−1 .
2. Lors du mouvement d’Alexandre, la direction BP reste fixe dans le référentiel de travail.
Pour tout point N d’Alexandre, nous pouvons écrire
# »
ON =
# »
OB +
# »
BN . Le vecteur
# »
BN garde une
direction fixe dans le référentiel d’étude R et sa norme est constante, donc sa dérivée dans R est nulle.
Pour tout point N de BP , il vient ainsi #» v (N ) =
d
# »
ON
dt
=
d
# »
OB
dt
= #» v (B). Alexandre est donc en
mouvement de translation dans R, à la vitesse #» v (B) = Lω #» u θ et #» v (B) = #» v (G) = #» v (P ) = Lω #» u θ .
Exercice 10.9
1. Dans le cas (a), le mouvement étant rectiligne, le
système de coordonnées le mieux adapté est celui
des coordonnées cartésiennes, un axe du repère
cartésien étant confondu avec la droite trajectoire.
Dans le cas (b), le mouvement étant circulaire, le
système de coordonnées le mieux adapté est celui
des coordonnées polaires, l’origine du repère étant
pris au centre du cercle trajectoire.
2. Les schémas complétés sont représentés ci-contre.
•
x
y
O
• G
x(t)
cas (a)
• G
•
O
cas(b)
#» ur
#» u θ
θ(t)
Exercice 10.10
1. On considère l’axe Ax du segment AB et son vecteur unitaire #» ux, dirigé de A vers B. En intégrant
deux fois l’accélération, on obtient successivement #» v (M ) = a0t #» ux et
# »
AM =
a0
2
t
2 #» ux.
2. Le skieur arrive en B à l’instant tB =
2L
a0
= 4,6 s et sa vitesse est alors vB =
√
2La0 = 26 m · s
−1 .
3. Pour θ = 0, vB = R ˙
θ(θ = 0) = Rω0
√
cos α + β =
√
2La0. D’où : β =
2La0
R 2 ω
2
0
− cos α = 2,6.
4. On utilise la base polaire définie pour le point M : #» ur =
# »
OM
R
et #» u θ dans le plan de figure tel que
( #» ur, #» u θ ) =
π
2
. Dans cette base : #» v (M ) = R ˙
θ #» u θ = Rω0
cos(α − θ) + β #» u θ .
Puis : #» a (M ) =
d #» v (M )
dt
=
d(R ˙
θ)
dt
#» u θ + R ˙
θ
d #» u θ
dt
= R ¨
θ #» u θ − R ˙
θ
2 #» ur. En dérivant ˙
θ on obtient :
¨
θ = ω0
sin(α − θ) ˙
θ
2
cos(α − θ) + β
=
ω
2
0
2
sin(α − θ). D’où : #» a (M ) =
Rω
2
0
2
sin(α − θ) #» u θ − Rω
2
0 (cos(α − θ) + β) #» ur.
Le mouvement de M est un mouvement circulaire non uniforme.
5. Au point C : θ = α. D’où : #» v = Rω0
√
1 + β #» uX avec #» uX vecteur unitaire horizontal. L’application
numérique donne v = 27 m · s
−1 .
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