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t (s)
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100
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200
250
300
350
x (m)
tA0
tG1
tA1
tG2
Gu´ epard
Antilope
On constate que xA(tG2) = 362 m > xG(tG2) : le guépard ne rattrape pas l’antilope. Il est condamné
à faire sa sieste le ventre vide..
Exercice 10.13
1. Dans le référentiel R
, A a un mouvement circulaire uniforme de centre C, d’axe Cy.
On définit la base polaire liée au point A, ( #» ur, #» u θ ), avec : #» ur =
# »
CA
R
et #» u θ = #» uy ∧ #» ur. Dans cette
base, les vecteurs vitesse et accélération de A dans R
ont pour expressions : #» v R (A) = Rω0 #» u θ et
#» a R (A) = −Rω
2
0
#» ur.
2. Par lecture de la figure de gauche on détermine la période du mouvement de A dans R
: T0 = 0,21 s.
On en déduit : ω0 =
2π
T0
= 30 rad · s
−1 . L’amplitude du mouvement selon z nous donne 2R = 0,66 m,
d’où R = 33 cm. Par lecture de la figure de droite on détermine la distance parcourue pendant une
période : D = 2,1 m. On en déduit v0 =
D
T0
= 10 m · s
−1 .
En reprenant les valeurs que nous venons de déterminer, on constate que Rω0 = 9,9 m · s
−1 ≈ v0. Aux
précisions des lectures près on peut en conclure que la roue ne glisse pas sur le sol.
3.
# »
OA =
# »
OC +
# »
CA = (v0t #» ux + R #» uz) + R #» ur = (v0t #» ux + R #» uz) + R(− sin(ω0t) #» ux − cos(ω0t) #» uz).
D’où : x(t) = v0t − R sin(ω0t) et z(t) = R(1 − cos(ω0t)).
4. #» v R (A) =
d
# »
OA
dt
R
=
d(v0t #» ux + R #» uz)
dt
R
+
d(R #» ur)
dt
R
= v0 #» ux + R
d #» ur
dt
R
= v0 #» ux + Rω0 #» u θ . À la
vitesse de A dans R
s’ajoute donc la vitesse de déplacement d’ensemble de la roue selon #» ux.
#» a R (A) =
d #» v R (A)
dt
R
= Rω0
d #» u θ
dt
R
= −Rω
2
0
#» ur. Le vecteur accélération de A est le même dans les
deux référentiels.
Exercice 10.14
1. En prenant t = 0 au départ de l’action, Neymar arrive en C à la date t1 =
xC − xN0
vN
= 2,3 s. Le ballon,
lancé par Messi à t = 0, doit parcourir la distance D1 =
y
2
C + x
2
C à la vitesse vB0 et doit arriver en
C à cette même date. Donc D1 = vB0t1. D’où : vB0 = vN
y
2
C + x
2
C
xC − xN0
= 26 m · s
−1 .
2. Le ballon, animé maintenant d’un mouvement rectiligne uniforme de C vers P P , a pour ordonnée
yB = −vB0(t−t1)+yC . Il arrive au point P P d’ordonnée nulle à la date t2 =
yC
vB0
+t1 = 4,1 s. Si Suarez
courrait de S0 jusqu’en P P à vitesse constante vS0, il arriverait en P P à la date t
2 =
xC − xS0
VS0
= 4,3 s.
Trop tard pour intercepter le ballon ! Il va devoir accélérer à la date t1 du centre.
Jusqu’à t = t1 son abscisse a pour expression xS = vS0t + xS0. À t1 elle vaut xS1 = 29 m. Pour t > t1,
¨
xS = aS avec pour conditions initiales à t = t1 : xS(t1) = xS1 et ˙
xS(t1) = vS0. En intégrant deux fois
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.
partagelivrescpge.blogspot.com
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x (m)
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tG1
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Gu´ epard
Antilope
On constate que xA(tG2) = 362 m > xG(tG2) : le guépard ne rattrape pas l’antilope. Il est condamné
à faire sa sieste le ventre vide..
Exercice 10.13
1. Dans le référentiel R
, A a un mouvement circulaire uniforme de centre C, d’axe Cy.
On définit la base polaire liée au point A, ( #» ur, #» u θ ), avec : #» ur =
# »
CA
R
et #» u θ = #» uy ∧ #» ur. Dans cette
base, les vecteurs vitesse et accélération de A dans R
ont pour expressions : #» v R (A) = Rω0 #» u θ et
#» a R (A) = −Rω
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#» ur.
2. Par lecture de la figure de gauche on détermine la période du mouvement de A dans R
: T0 = 0,21 s.
On en déduit : ω0 =
2π
T0
= 30 rad · s
−1 . L’amplitude du mouvement selon z nous donne 2R = 0,66 m,
d’où R = 33 cm. Par lecture de la figure de droite on détermine la distance parcourue pendant une
période : D = 2,1 m. On en déduit v0 =
D
T0
= 10 m · s
−1 .
En reprenant les valeurs que nous venons de déterminer, on constate que Rω0 = 9,9 m · s
−1 ≈ v0. Aux
précisions des lectures près on peut en conclure que la roue ne glisse pas sur le sol.
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OA =
# »
OC +
# »
CA = (v0t #» ux + R #» uz) + R #» ur = (v0t #» ux + R #» uz) + R(− sin(ω0t) #» ux − cos(ω0t) #» uz).
D’où : x(t) = v0t − R sin(ω0t) et z(t) = R(1 − cos(ω0t)).
4. #» v R (A) =
d
# »
OA
dt
R
=
d(v0t #» ux + R #» uz)
dt
R
+
d(R #» ur)
dt
R
= v0 #» ux + R
d #» ur
dt
R
= v0 #» ux + Rω0 #» u θ . À la
vitesse de A dans R
s’ajoute donc la vitesse de déplacement d’ensemble de la roue selon #» ux.
#» a R (A) =
d #» v R (A)
dt
R
= Rω0
d #» u θ
dt
R
= −Rω
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#» ur. Le vecteur accélération de A est le même dans les
deux référentiels.
Exercice 10.14
1. En prenant t = 0 au départ de l’action, Neymar arrive en C à la date t1 =
xC − xN0
vN
= 2,3 s. Le ballon,
lancé par Messi à t = 0, doit parcourir la distance D1 =
y
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C + x
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C à la vitesse vB0 et doit arriver en
C à cette même date. Donc D1 = vB0t1. D’où : vB0 = vN
y
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C + x
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C
xC − xN0
= 26 m · s
−1 .
2. Le ballon, animé maintenant d’un mouvement rectiligne uniforme de C vers P P , a pour ordonnée
yB = −vB0(t−t1)+yC . Il arrive au point P P d’ordonnée nulle à la date t2 =
yC
vB0
+t1 = 4,1 s. Si Suarez
courrait de S0 jusqu’en P P à vitesse constante vS0, il arriverait en P P à la date t
2 =
xC − xS0
VS0
= 4,3 s.
Trop tard pour intercepter le ballon ! Il va devoir accélérer à la date t1 du centre.
Jusqu’à t = t1 son abscisse a pour expression xS = vS0t + xS0. À t1 elle vaut xS1 = 29 m. Pour t > t1,
¨
xS = aS avec pour conditions initiales à t = t1 : xS(t1) = xS1 et ˙
xS(t1) = vS0. En intégrant deux fois
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.
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