Son entraîneur effectue l’aller et retour àlavitesse v par rapport au sol donc la durée de son trajet est t e =. Donc :
t r = t e
t e .
L’entraîneur est arrivé avant le rameur.
Le rameur perd plus de temps au retour qu’il n’engagne à
l’aller.Dans le cas extrême où la vitesse v est àpeine supérieure à u ,l et rajet du retour pour le rameur sera très long.
Chasseur et oiseau
a. On détermine les trajectoires de l’oiseau et de la balle dans
le référentiel lié au sol.
• Oiseau : ¨
z o = – g,d’où z o
(la vitesse initiale de l’oiseau est nulle) ;
¨
x o = 0,d’où x o = D .
• Balle : ¨
z b = – g,
+v 0 sinat ;
¨
x b = 0,d’où x b = v 0 cosat,
où v 0 est la vitesse initiale de la balle et a l’angle de tir :le
chasseur visant l’oiseau,tan a
Les deux trajectoiresserencontrent-elles ?Sioui, au pointde
rencontre x b = D ,d onc la rencontre al ieu àl ’instant :
Àcet instant, z b – z o = D tana – H = 0:l’oiseau est touché !
Attention : pour que l’oiseau soit effectivement touché, il faut
que la portée de la balle soit supérieure à D (sinon les deux
trajectoires ne se coupentpas). Pour cela, il faut une vitesse v 0
suffisante.
Plus précisément, la balle touche le sol àl’instant
donc en
Il faut que x 1 D donc que :
v 0
Cette condition correspond à z(t f ) 0.
b. Dans le référentiel lié àl’oiseau,laballe aune accélération
gD
sin( )
.
2α
x
v
g
1
0
2
2
=
sin( ) .
α
t
g
1
0
2
=
v sin α
t
D
f
= v 0 cos
.
α
.
α=
H
D
d'où zg t
b
= –
1
2
2
0
0,5
1
1,5
2
5
4
3
2
1
x
position initiale
de l’oiseau
point de rencontre
y
α
=+ –
1
2
2
gt H
6
1
1–
u
v 2
2
2
v
nulle donc une trajectoirerectiligne uniforme àlavitesse v
➞
0 ,
toujours dirigée versl’oiseau qui est donctouché.
Conclusion :ilfaut dire aux oiseaux de toujours se percher sur
des branches basses.
Quand il faut aller vite
Le maître-nageur parcourt AM en t 1 =e t
MB en t 2 =.
AM =[(x–x A ) 2 +y
2
A ] 1/2
BM =[(x–x B ) 2 +y
2
B ] 1/2
La durée totale du trajet est :
T = t 1 + t 2 .
T =[ ( x – x A )
2
+ y
2
A ] 1/2 +[ ( x – x B ) 2 + y
2
B ] 1/2 .
On cherche x tel que T soit minimale.
=0
Soit
=0
Si on introduit i 1 et i 2 ,ilvient :
.
s’écrit alors
.
Remarque: la valeur de x trouvée correspond bien àunminimum
pour T.L ad ernière relation écrite est analogue àl al oi de
Descartes pour la réfraction en optique : n 1 sin i 1 = n 2 sin i 2 .
Mouvementcalculéàpartir de
la trajectoiree tdel’hodographe
(d’après ENAC 02)
1 •
➞
v (P/)=Xe
➞
x +Ye
➞
y avec
y
2
=2px.
On peut dériver par rapport au temps l’équation de la trajectoire.
Il vient :=
soit yY = pX
D’autre part :
.
Si Y ≠ 0, on obtient
,soit
avec y ≠ 0.
Si Y =0,⇒X=0.
Si y =0,⇒X=0etpuisque X 2 =2qY Y =0.
Xq Y
y
p
Y
2
2
==
22 p
x
t
d
d
2
2
2
q
y
p
YY
==
22
2
2
YY
qp
y
X
qp
y
=== et
Xq
2 2
==
22 y
y
t
d
d
=
X
x
t
Y
y
t
==
d
d
et
d
d
8
sins in
ii 1
1
2
2
vv
=
sin
–
sin
–
i
xx
AM
i
xx
BM
AB
12
== et
xx
AM
xx
BM
AB
––
vv 12
+
d
d
T
x
xx
xx
y
xx
xx
A
AA
B
B
⇔
+
+
+
–
[( –)
]
–
[( –)
/
vv 1
22 12
2
2
y y B
21 2
]
/
1
1
v
1
2
v
MB
v 2
AM
v 1
7
CORRIGÉS
Cinématique du point–Changementder éférentiel
1
16
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
t r = t e
t e .
L’entraîneur est arrivé avant le rameur.
Le rameur perd plus de temps au retour qu’il n’engagne à
l’aller.Dans le cas extrême où la vitesse v est àpeine supérieure à u ,l et rajet du retour pour le rameur sera très long.
Chasseur et oiseau
a. On détermine les trajectoires de l’oiseau et de la balle dans
le référentiel lié au sol.
• Oiseau : ¨
z o = – g,d’où z o
(la vitesse initiale de l’oiseau est nulle) ;
¨
x o = 0,d’où x o = D .
• Balle : ¨
z b = – g,
+v 0 sinat ;
¨
x b = 0,d’où x b = v 0 cosat,
où v 0 est la vitesse initiale de la balle et a l’angle de tir :le
chasseur visant l’oiseau,tan a
Les deux trajectoiresserencontrent-elles ?Sioui, au pointde
rencontre x b = D ,d onc la rencontre al ieu àl ’instant :
Àcet instant, z b – z o = D tana – H = 0:l’oiseau est touché !
Attention : pour que l’oiseau soit effectivement touché, il faut
que la portée de la balle soit supérieure à D (sinon les deux
trajectoires ne se coupentpas). Pour cela, il faut une vitesse v 0
suffisante.
Plus précisément, la balle touche le sol àl’instant
donc en
Il faut que x 1 D donc que :
v 0
Cette condition correspond à z(t f ) 0.
b. Dans le référentiel lié àl’oiseau,laballe aune accélération
gD
sin( )
.
2α
x
v
g
1
0
2
2
=
sin( ) .
α
t
g
1
0
2
=
v sin α
t
D
f
= v 0 cos
.
α
.
α=
H
D
d'où zg t
b
= –
1
2
2
0
0,5
1
1,5
2
5
4
3
2
1
x
position initiale
de l’oiseau
point de rencontre
y
α
=+ –
1
2
2
gt H
6
1
1–
u
v 2
2
2
v
nulle donc une trajectoirerectiligne uniforme àlavitesse v
➞
0 ,
toujours dirigée versl’oiseau qui est donctouché.
Conclusion :ilfaut dire aux oiseaux de toujours se percher sur
des branches basses.
Quand il faut aller vite
Le maître-nageur parcourt AM en t 1 =e t
MB en t 2 =.
AM =[(x–x A ) 2 +y
2
A ] 1/2
BM =[(x–x B ) 2 +y
2
B ] 1/2
La durée totale du trajet est :
T = t 1 + t 2 .
T =[ ( x – x A )
2
+ y
2
A ] 1/2 +[ ( x – x B ) 2 + y
2
B ] 1/2 .
On cherche x tel que T soit minimale.
=0
Soit
=0
Si on introduit i 1 et i 2 ,ilvient :
.
s’écrit alors
.
Remarque: la valeur de x trouvée correspond bien àunminimum
pour T.L ad ernière relation écrite est analogue àl al oi de
Descartes pour la réfraction en optique : n 1 sin i 1 = n 2 sin i 2 .
Mouvementcalculéàpartir de
la trajectoiree tdel’hodographe
(d’après ENAC 02)
1 •
➞
v (P/)=Xe
➞
x +Ye
➞
y avec
y
2
=2px.
On peut dériver par rapport au temps l’équation de la trajectoire.
Il vient :=
soit yY = pX
D’autre part :
.
Si Y ≠ 0, on obtient
,soit
avec y ≠ 0.
Si Y =0,⇒X=0.
Si y =0,⇒X=0etpuisque X 2 =2qY Y =0.
Xq Y
y
p
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2
2
==
22 p
x
t
d
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22
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sins in
ii 1
1
2
2
vv
=
sin
–
sin
–
i
xx
AM
i
xx
BM
AB
12
== et
xx
AM
xx
BM
AB
––
vv 12
+
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xx
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y
xx
xx
A
AA
B
B
⇔
+
+
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–
[( –)
]
–
[( –)
/
vv 1
22 12
2
2
y y B
21 2
]
/
1
1
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1
2
v
MB
v 2
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v 1
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CORRIGÉS
Cinématique du point–Changementder éférentiel
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16
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.