Exercices Exercices Corrigés
CHAPITRE 13 – CINÉMATIQUE DU POINT
2. La distance parcourue est alors d = v 0 t 0 =
1
2
a 0 t 2
0 = 617 m.
3. La moto possède alors une vitesse v M = a 0 t 0 = 55 m·s −1 = 198 km·h −1 .
13.3 Satellite géostationnaire
1. La Terre effectue un tour sur elle-même en une période d’environ T = 24 h soit T =
86,4.10 3 s. Sa vitesse angulaire est Ω = 2π/T = 7,27.10 −5 rad·s −1 .
2. On note
− − →
T M = R − → u r le vecteur position du satellite en coordonnées polaires (r, θ ) d’origine
T , le centre de la Terre. La période de révolution du satellite coïncide avec la période de
rotation de la Terre sur elle-même donc sa vitesse angulaire ˙
θ = 2π/T est égale à Ω = 2π/T .
Il faut donc déterminer ˙
θ connaissant l’accélération.
Le mouvement est circulaire et uniforme de rayon r. L’accélération est :
− → a = −
v 2
r
− → u r = −r ˙
θ
2− → u r .
Avec l’expression de l’énoncé, on déduit :
Ω = ˙
θ =
g 0 R 2
r 3 ⇒ r =
g 0 R 2
Ω 2
1/3
= 42,2.10
3 km.
On retient en général trente six mille kilomètres pour l’orbite géostationnaire ; il s’agit de
l’altitude à partir du sol, obtenue en soustrayant le rayon de la Terre au résultat précédent.
3. − → v = rΩ − →
u θ et − → v = 42,2.10 6 × 7,27.10 −5 =3,1.10 3 m·s −1 = 11.10 3 km·h −1 .
13.4 Mouvement sur une ellipse
1. On écrit x et y à t = 0 soit : x(0) = α cos φ et y(0) = β cos ψ.
L’énoncé précise que x(0) = a et y(0) = 0 ; on en déduit α = a, φ = 0 et ψ = 0.
2. On remplace x et y par leurs expressions dans l’équation de l’ellipse et on obtient :
cos
2
ωt +
β
b
2
sin
2
ωt = 1.
La seule possibilité pour que l’équation soit vérifiée à chaque instant est β = b.
3. Pour obtenir la vitesse et l’accélération on dérive par rapport au temps, sachant que ω est
constante :
˙
x = −aω sin ωt
˙
y = bω cosωt
et
¨
x = −aω 2 cos ωt
˙
y = −bω 2 sin ωt
4. On remarque que ¨
x = −ω
2 x et ¨
y = −ω
2 y, donc :
− → a = −ω
2 − − →
OM.
Il s’agit de l’équation caractéristique d’un oscillateur harmonique, mais à deux dimensions
dans le plan (xOy).
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CHAPITRE 13 – CINÉMATIQUE DU POINT
2. La distance parcourue est alors d = v 0 t 0 =
1
2
a 0 t 2
0 = 617 m.
3. La moto possède alors une vitesse v M = a 0 t 0 = 55 m·s −1 = 198 km·h −1 .
13.3 Satellite géostationnaire
1. La Terre effectue un tour sur elle-même en une période d’environ T = 24 h soit T =
86,4.10 3 s. Sa vitesse angulaire est Ω = 2π/T = 7,27.10 −5 rad·s −1 .
2. On note
− − →
T M = R − → u r le vecteur position du satellite en coordonnées polaires (r, θ ) d’origine
T , le centre de la Terre. La période de révolution du satellite coïncide avec la période de
rotation de la Terre sur elle-même donc sa vitesse angulaire ˙
θ = 2π/T est égale à Ω = 2π/T .
Il faut donc déterminer ˙
θ connaissant l’accélération.
Le mouvement est circulaire et uniforme de rayon r. L’accélération est :
− → a = −
v 2
r
− → u r = −r ˙
θ
2− → u r .
Avec l’expression de l’énoncé, on déduit :
Ω = ˙
θ =
g 0 R 2
r 3 ⇒ r =
g 0 R 2
Ω 2
1/3
= 42,2.10
3 km.
On retient en général trente six mille kilomètres pour l’orbite géostationnaire ; il s’agit de
l’altitude à partir du sol, obtenue en soustrayant le rayon de la Terre au résultat précédent.
3. − → v = rΩ − →
u θ et − → v = 42,2.10 6 × 7,27.10 −5 =3,1.10 3 m·s −1 = 11.10 3 km·h −1 .
13.4 Mouvement sur une ellipse
1. On écrit x et y à t = 0 soit : x(0) = α cos φ et y(0) = β cos ψ.
L’énoncé précise que x(0) = a et y(0) = 0 ; on en déduit α = a, φ = 0 et ψ = 0.
2. On remplace x et y par leurs expressions dans l’équation de l’ellipse et on obtient :
cos
2
ωt +
β
b
2
sin
2
ωt = 1.
La seule possibilité pour que l’équation soit vérifiée à chaque instant est β = b.
3. Pour obtenir la vitesse et l’accélération on dérive par rapport au temps, sachant que ω est
constante :
˙
x = −aω sin ωt
˙
y = bω cosωt
et
¨
x = −aω 2 cos ωt
˙
y = −bω 2 sin ωt
4. On remarque que ¨
x = −ω
2 x et ¨
y = −ω
2 y, donc :
− → a = −ω
2 − − →
OM.
Il s’agit de l’équation caractéristique d’un oscillateur harmonique, mais à deux dimensions
dans le plan (xOy).
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