Exercices Exercices Corrigés
CHAPITRE 13 – CINÉMATIQUE DU POINT
et v E 2 = a 1 t
1 + v S 1 soit :
v E 2 =
(3L + 2πR)a 1 .
En ce qui concerne t S 2 et v S 2 , le raisonnement est le même que pour le premier virage, seule
la constante d’intégration pour θ change soit θ =
a 1 t 2
2R
+
v E 2 t
R
, en prenant l’origine des temps
et l’origine des angles en S 2 . L’équation donnant le temps de sortie en S 2 est (pour θ = π) :
t
2
+ 2
v E 2
a 1
t −
2Rπ
a 1
= 0.
La solution est : t
2 = −
3L + 2πR
a 1
+
3L + 4πR
a 1
⇒ t S 2 = t E 2 + t
2 =
3L + 4πR
a 1
et
v S 2 =
(3L + 4πR)a 1 .
Enfin pour le calcul de t D le raisonnement est le même que pour t E 2 , en changeant L en L/2
et v S 1 en v S 2 ce qui conduit à l’équation (en prenant les origines de x et t en S 2 ) :
t
2
+ 2
v S 2
a 1
t −
L
a 1
= 0,
dont la solution positive est : t
3 = −
3L + 4πR
a 1
+2
L + πR
a 1
⇒ t D = t S 2 +t
3 = 2
L + πR
a 1
et v D = 2
(L + πR)a 1 .
4. L’accélération a 1 est donnée par a 1 = 4(L + πR)/t 2
D soit a 1 = 1, 515 m.s −2 . On obtient
v D = 27, 5 m.s −1 ce qui fait 99 km.h −1 au lieu de 60 km.h −1 . On peut penser que l’accélération n’est pas constante et qu’elle dimininue au cours du temps.
13.10 Mouvement de l’extrémité d’une barre, d’après ENAC 2003
1. Le point a un mouvement circulaire uniforme de centre I. Il décrit un tour en une période
T =
2π
ω
et un demi-tour de O à C en une demi-période soit Δt =
T
2
=
π
ω
.
2. La relation entre ϕ et θ est une propriété des cercles : ϕ = 2θ . On peut la démontrer en
considérant le triangle isocèle OIB. Si l’on note β les angles (IOB) et (IBO), alors dans le
triangle OIB, 2β + ϕ = π, or θ = π/2 − β , d’où le résultat.
3. L’angle ϕ correspond à l’angle polaire du mouvement circulaire de centre I donc ˙
ϕ = ω.
Puisque ω est constant, on a ϕ = ωt + cte, or à t = 0, B est en O donc ϕ(0) = 0 et cte = 0.
On en déduit θ = ωt/2.
En ce qui concerne r = OB, dans le triangle OIB, on peut écrire OB = 2b sin(ϕ/2), soit
r = 2b sin
ωt
2
.
4. Les coordonnées de A dans le base ( − → u r , − →
u θ , − → u z ) sont (0, 0, 2b cosα) ; celles de B sont
(r, 0, 0) d’où
− →
AB = r − → u r − 2b cosα − → u z , or la norme de
− →
AB est 2b. On en déduit :
4b
2 sin
2 ωt
2
+ 4b
2 cos
2
α = 4b
2
⇒ cos
2
α = 1 − sin
2 ωt
2
comme α ∈ [0, π/2], alors α =
ωt
2
.
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CHAPITRE 13 – CINÉMATIQUE DU POINT
et v E 2 = a 1 t
1 + v S 1 soit :
v E 2 =
(3L + 2πR)a 1 .
En ce qui concerne t S 2 et v S 2 , le raisonnement est le même que pour le premier virage, seule
la constante d’intégration pour θ change soit θ =
a 1 t 2
2R
+
v E 2 t
R
, en prenant l’origine des temps
et l’origine des angles en S 2 . L’équation donnant le temps de sortie en S 2 est (pour θ = π) :
t
2
+ 2
v E 2
a 1
t −
2Rπ
a 1
= 0.
La solution est : t
2 = −
3L + 2πR
a 1
+
3L + 4πR
a 1
⇒ t S 2 = t E 2 + t
2 =
3L + 4πR
a 1
et
v S 2 =
(3L + 4πR)a 1 .
Enfin pour le calcul de t D le raisonnement est le même que pour t E 2 , en changeant L en L/2
et v S 1 en v S 2 ce qui conduit à l’équation (en prenant les origines de x et t en S 2 ) :
t
2
+ 2
v S 2
a 1
t −
L
a 1
= 0,
dont la solution positive est : t
3 = −
3L + 4πR
a 1
+2
L + πR
a 1
⇒ t D = t S 2 +t
3 = 2
L + πR
a 1
et v D = 2
(L + πR)a 1 .
4. L’accélération a 1 est donnée par a 1 = 4(L + πR)/t 2
D soit a 1 = 1, 515 m.s −2 . On obtient
v D = 27, 5 m.s −1 ce qui fait 99 km.h −1 au lieu de 60 km.h −1 . On peut penser que l’accélération n’est pas constante et qu’elle dimininue au cours du temps.
13.10 Mouvement de l’extrémité d’une barre, d’après ENAC 2003
1. Le point a un mouvement circulaire uniforme de centre I. Il décrit un tour en une période
T =
2π
ω
et un demi-tour de O à C en une demi-période soit Δt =
T
2
=
π
ω
.
2. La relation entre ϕ et θ est une propriété des cercles : ϕ = 2θ . On peut la démontrer en
considérant le triangle isocèle OIB. Si l’on note β les angles (IOB) et (IBO), alors dans le
triangle OIB, 2β + ϕ = π, or θ = π/2 − β , d’où le résultat.
3. L’angle ϕ correspond à l’angle polaire du mouvement circulaire de centre I donc ˙
ϕ = ω.
Puisque ω est constant, on a ϕ = ωt + cte, or à t = 0, B est en O donc ϕ(0) = 0 et cte = 0.
On en déduit θ = ωt/2.
En ce qui concerne r = OB, dans le triangle OIB, on peut écrire OB = 2b sin(ϕ/2), soit
r = 2b sin
ωt
2
.
4. Les coordonnées de A dans le base ( − → u r , − →
u θ , − → u z ) sont (0, 0, 2b cosα) ; celles de B sont
(r, 0, 0) d’où
− →
AB = r − → u r − 2b cosα − → u z , or la norme de
− →
AB est 2b. On en déduit :
4b
2 sin
2 ωt
2
+ 4b
2 cos
2
α = 4b
2
⇒ cos
2
α = 1 − sin
2 ωt
2
comme α ∈ [0, π/2], alors α =
ωt
2
.
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