q
d’où sa tangente est positive.
Si q = 0àt=0, la constante est nulle.
Donc
Ascension d’un ballon sonde
1 • En coordonnés cartésiennes, v
➞
=
➞
u x +
➞
u z avec
et
= v 0 .
Soit z = v 0 t car à t =0,z=0(le ballon décolle).
= v 0 donne x =e nsupposant qu’à t =0,x=0.
En éliminant le temps t,onobtient :
x =.
La trajectoire est une parabole.
2 • a
➞
=
➞
u x +
➞
u z .
D’où a
➞
=
➞
u x .
Trajectoiree thodographe
d’un mouvementplan
1 •
➞
v = v 0 (e
➞
x +e
➞
q )= v 0 (cosq e
➞
r +(1–sinq ) e
➞
q ).
Le déplacement élémentaire dOM
— ➞ =d(re
➞
r )=dr.e
➞
r +rdq.e
➞
q
du point M est colinéaireauvecteur vitesse, donc :
=, soit :=
=dln .
ce qui donne l’équation en coordonnées polaires :
r = r 0
=
où r est un paramètre (longueur) caractéristique de la trajectoire.
On en déduit : r = r + r sin q,s oit, avec x = r cos q et
y = r sinq,enélevant au carré : r
2
= x
2
+ y
2
=(r+y)
2
,cequi
donnefinalement :
y =
qui est l’équation d’une parabole d’axe (Oy).
2
0
v
z
t c
1
2
t
t c
x 2 – r 2
2r
1–sinq 0
1– sinq
r
1–sinq
dr
rdq
cosq
1–sinq
dr
r
cosq dq
1–sinq
1–sinq 0
1– sinq
4
v 0
t c
d
d
2
2
x
t
d
d
2
2
z
t
d
d
x
t
1
2
0
2
v
t
t c
d
d
x
t
z
t c
=
d
d
z
t
d
d
x
t
d
d
z
t
3
ln tan.
θπ
44
2
+=
kt
∈+
+∈
]– ;[
]; [
ππ
θπ
π
donc 44
0 2
2 • v
➞ = v 0 ( e
➞
x +e
➞
q )= v 0 ((1 –s inq )e
➞
x +c osq e
➞
y ), ce qui
donne l’équation cartésienne de l’hodographe :
(v x – v 0 ) 2 + v 2
y = v 0
2
qui permet d’identifierlecercle de rayon v 0 et de centre de
coordonnées(v 0 ,0).
On remplace v x = v cosj et v y = v sinj dans l’équation cartésienne de l’hodographe, il vient :
v =2v 0 cosj
qui est l’équation polaire de l’hodographe.
3 • On évite des calculs trigonométriquesenfaisant un schéma :
Le vecteur
= e
➞
x +e
➞
q est dirigé selon la bissectrice des
axes (O, e
➞
x )et(O,e
➞
q ), donc :2j=+ q ,soit : j =+ .
Allere tr etour surunfleuve
Le rameur effectue l’aller àlavitesse v + u et le retour àla
vitesse v – u par rapport au sol.
v doit doncêtre évidemmentsupérieur à u pour que le rameur
puisse remonter le courant et ainsi revenir àson point de départ.
La durée de son trajet aller et retour est :
t r =+=.
v + u
v – u
2 v
v 2 – u 2
5
π
2
π
4
q
2
v
➞
v 0
y e
y e x
y v
x
j
j
q
y
O
y v
N
y e v
v x
v 0
v y
y
x
– r /2
– r
r
y e
y r
y e r
CORRIGÉS
Cinématique du point–Changementder éférentiel
1
15
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
d’où sa tangente est positive.
Si q = 0àt=0, la constante est nulle.
Donc
Ascension d’un ballon sonde
1 • En coordonnés cartésiennes, v
➞
=
➞
u x +
➞
u z avec
et
= v 0 .
Soit z = v 0 t car à t =0,z=0(le ballon décolle).
= v 0 donne x =e nsupposant qu’à t =0,x=0.
En éliminant le temps t,onobtient :
x =.
La trajectoire est une parabole.
2 • a
➞
=
➞
u x +
➞
u z .
D’où a
➞
=
➞
u x .
Trajectoiree thodographe
d’un mouvementplan
1 •
➞
v = v 0 (e
➞
x +e
➞
q )= v 0 (cosq e
➞
r +(1–sinq ) e
➞
q ).
Le déplacement élémentaire dOM
— ➞ =d(re
➞
r )=dr.e
➞
r +rdq.e
➞
q
du point M est colinéaireauvecteur vitesse, donc :
=, soit :=
=dln .
ce qui donne l’équation en coordonnées polaires :
r = r 0
=
où r est un paramètre (longueur) caractéristique de la trajectoire.
On en déduit : r = r + r sin q,s oit, avec x = r cos q et
y = r sinq,enélevant au carré : r
2
= x
2
+ y
2
=(r+y)
2
,cequi
donnefinalement :
y =
qui est l’équation d’une parabole d’axe (Oy).
2
0
v
z
t c
1
2
t
t c
x 2 – r 2
2r
1–sinq 0
1– sinq
r
1–sinq
dr
rdq
cosq
1–sinq
dr
r
cosq dq
1–sinq
1–sinq 0
1– sinq
4
v 0
t c
d
d
2
2
x
t
d
d
2
2
z
t
d
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x
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1
2
0
2
v
t
t c
d
d
x
t
z
t c
=
d
d
z
t
d
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d
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z
t
3
ln tan.
θπ
44
2
+=
kt
∈+
+∈
]– ;[
]; [
ππ
θπ
π
donc 44
0 2
2 • v
➞ = v 0 ( e
➞
x +e
➞
q )= v 0 ((1 –s inq )e
➞
x +c osq e
➞
y ), ce qui
donne l’équation cartésienne de l’hodographe :
(v x – v 0 ) 2 + v 2
y = v 0
2
qui permet d’identifierlecercle de rayon v 0 et de centre de
coordonnées(v 0 ,0).
On remplace v x = v cosj et v y = v sinj dans l’équation cartésienne de l’hodographe, il vient :
v =2v 0 cosj
qui est l’équation polaire de l’hodographe.
3 • On évite des calculs trigonométriquesenfaisant un schéma :
Le vecteur
= e
➞
x +e
➞
q est dirigé selon la bissectrice des
axes (O, e
➞
x )et(O,e
➞
q ), donc :2j=+ q ,soit : j =+ .
Allere tr etour surunfleuve
Le rameur effectue l’aller àlavitesse v + u et le retour àla
vitesse v – u par rapport au sol.
v doit doncêtre évidemmentsupérieur à u pour que le rameur
puisse remonter le courant et ainsi revenir àson point de départ.
La durée de son trajet aller et retour est :
t r =+=.
v + u
v – u
2 v
v 2 – u 2
5
π
2
π
4
q
2
v
➞
v 0
y e
y e x
y v
x
j
j
q
y
O
y v
N
y e v
v x
v 0
v y
y
x
– r /2
– r
r
y e
y r
y e r
CORRIGÉS
Cinématique du point–Changementder éférentiel
1
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©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.