Exercice 0.1 : Dériver position, vitesse, accélération : dix calculs directs

Pour chaque position $s(t)$ , en mètres, avec $t\ge 0$ en secondes, calculez la vitesse $v(t)=s'(t)$ et l'accélération $a(t)=v'(t)$ , puis donnez les valeurs demandées : une vitesse ou une accélération en un instant, ou un instant où le mobile est au repos.

Trois gestes, toujours dans le même ordre : dériver $s$ pour obtenir $v$ , dériver $v$ (et non $s$ une seconde fois de tête) pour obtenir $a$ , puis évaluer. Un instant d'arrêt est une solution de $v(t)=0$ , jamais de $a(t)=0$ ; on factorise $v$ avant de résoudre et l'on ne garde que les $t\ge 0$ .

a) $s(t)=-3t^{2}+18t+2$ : $v(1)$ et $a(1)$ .
b) $s(t)=2t^{3}-15t^{2}+36t$ : les deux instants d'arrêt.
c) $s(t)=t^{3}-3t^{2}+6t-1$ : l'instant d'arrêt, puis $v(1)$ .
d) $s(t)=t^{4}-4t^{3}+4t^{2}+1$ : le dernier instant d'arrêt, puis l'accélération à cet instant.
e) $s(t)=\sqrt{2t+1}$ : $v(4)$ et $a(4)$ .
f) $s(t)=\frac{10t}{t+2}$ : $v(2)$ et $a(2)$ .
g) $s(t)=-4{,}9t^{2}+14{,}7t+19{,}6$ : l'instant où $v=0$ , puis la vitesse à l'instant où $s=0$ .
h) $s(t)=6e^{-0{,}5t}+3t$ : $v(2)$ et $a(2)$ .
i) $s(t)=t+2\sin t$ sur $[0\,;2\pi]$ : le premier instant d'arrêt, puis l'accélération à cet instant.
j) $s(t)=t^{2}-6\ln(t+1)$ : l'instant d'arrêt, puis l'accélération à cet instant.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/20

a)

v(1)

m/s

a(1)

m/s²

b)

Premier arrêt s

Second arrêt s

c)

Instant d'arrêt

v(1)

m/s

d)

Dernier arrêt s

Accélération m/s²

e)

v(4)

m/s

a(4)

m/s²

f)

v(2)

m/s

a(2)

m/s²

g)

Instant où

v=0

s

Vitesse quand

s=0

m/s

h)

v(2)

m/s

a(2)

m/s²

i)

Premier arrêt s

Accélération m/s²

j)

Instant d'arrêt s

Accélération m/s²

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Réponses

a) $v(t)=-6t+18$ , $a(t)=-6$ ; $v(1)=12$ , $a(1)=-6$
b) $v(t)=6(t-2)(t-3)$ ; arrêts en $t=2$ et $t=3$
c) $v(t)=3\left[(t-1)^{2}+1\right]>0$ ; jamais à l'arrêt, $v(1)=3$
d) $v(t)=4t(t-1)(t-2)$ , $a(t)=12t^{2}-24t+8$ ; $t=2$ , $a(2)=8$
e) $v(t)=(2t+1)^{-\frac{1}{2}}$ , $a(t)=-(2t+1)^{-\frac{3}{2}}$ ; $v(4)=\frac{1}{3}$ , $a(4)=-\frac{1}{27}$
f) $v(t)=\frac{20}{(t+2)^{2}}$ , $a(t)=-\frac{40}{(t+2)^{3}}$ ; $v(2)=1{,}25$ , $a(2)=-0{,}625$
g) $v(t)=-9{,}8t+14{,}7$ ; $t=1{,}5$ , puis $v(4)=-24{,}5$
h) $v(t)=3-3e^{-0{,}5t}$ , $a(t)=1{,}5e^{-0{,}5t}$ ; $v(2)\approx 1{,}896$ , $a(2)\approx 0{,}552$
i) $v(t)=1+2\cos t$ , $a(t)=-2\sin t$ ; $t=\frac{2\pi}{3}\approx 2{,}094$ , $a=-\sqrt{3}\approx-1{,}732$
j) $v(t)=2t-\frac{6}{t+1}$ ; $t=\frac{-1+\sqrt{13}}{2}\approx 1{,}303$ , $a\approx 3{,}131$

Le geste qui décide de tout : un mobile est au repos quand sa VITESSE s'annule. L'accélération nulle ne dit rien du repos, elle dit seulement que la vitesse cesse un instant de varier. Chaque ligne se fait donc en trois étapes, $s$ , puis $v$ , puis $a$ , et la résolution porte toujours sur $v$ .

a)

$v(t)=-6t+18$ et $a(t)=-6$ . Donc $v(1)=12$ m/s et $a(1)=-6$ m/s $^{2}$ : le mobile avance et ralentit, puisque $v$ et $a$ sont de signes contraires.

b)

$v(t)=6t^{2}-30t+36=6(t^{2}-5t+6)=6(t-2)(t-3)$ . Le mobile est au repos à $t=2$ s et à $t=3$ s. On met $6$ en facteur AVANT de chercher les racines : il reste un trinôme à racines entières.

c)

$v(t)=3t^{2}-6t+6=3\left[(t-1)^{2}+1\right]$ , dont le discriminant $36-72$ est négatif. Donc $v(t)\ge 3>0$ pour tout $t$ : le mobile ne s'arrête jamais. Le minimum de la vitesse est $v(1)=3$ m/s, à l'instant où $a(t)=6t-6$ s'annule. Piège : répondre $t=1$ , qui annule l'accélération et non la vitesse.

d)

$v(t)=4t^{3}-12t^{2}+8t=4t(t^{2}-3t+2)=4t(t-1)(t-2)$ : arrêts en $t=0$ , $t=1$ et $t=2$ , le dernier en $t=2$ s. Puis $a(t)=12t^{2}-24t+8$ , donc $a(2)=48-48+8=8$ m/s $^{2}$ . Piège : diviser $v=0$ par $t$ et perdre la racine $t=0$ ; ici elle n'est pas la réponse, mais elle compte parmi les arrêts.

e)

$s(t)=(2t+1)^{\frac{1}{2}}$ , donc $v(t)=\frac{1}{2}(2t+1)^{-\frac{1}{2}}\cdot 2=(2t+1)^{-\frac{1}{2}}$ et $a(t)=-\frac{1}{2}(2t+1)^{-\frac{3}{2}}\cdot 2=-(2t+1)^{-\frac{3}{2}}$ . En $t=4$ , $2t+1=9$ : $v(4)=\frac{1}{3}$ m/s et $a(4)=-\frac{1}{27}$ m/s $^{2}$ . Piège : oublier le facteur $2$ de la dérivée intérieure, qui donne $\frac{1}{6}$ .

f)

Quotient : $v(t)=\frac{10(t+2)-10t}{(t+2)^{2}}=\frac{20}{(t+2)^{2}}=20(t+2)^{-2}$ , puis $a(t)=-40(t+2)^{-3}$ . En $t=2$ : $v(2)=\frac{20}{16}=1{,}25$ m/s et $a(2)=-\frac{40}{64}=-0{,}625$ m/s $^{2}$ . Une fois $v$ simplifiée, la seconde dérivée se fait en puissance, sans repasser par le quotient.

g)

$v(t)=-9{,}8t+14{,}7$ , nulle en $t=\frac{14{,}7}{9{,}8}=1{,}5$ s. Puis $s(t)=-4{,}9(t^{2}-3t-4)=-4{,}9(t-4)(t+1)$ , nulle en $t=4$ s pour $t\ge 0$ . Donc $v(4)=-39{,}2+14{,}7=-24{,}5$ m/s. Piège : rendre $24{,}5$ ; le mobile descend, sa vitesse est NÉGATIVE.

h)

$v(t)=6e^{-0{,}5t}\cdot(-0{,}5)+3=3-3e^{-0{,}5t}$ et $a(t)=-3e^{-0{,}5t}\cdot(-0{,}5)=1{,}5e^{-0{,}5t}$ . En $t=2$ : $v(2)=3-\frac{3}{e}\approx 1{,}896$ m/s et $a(2)=\frac{1{,}5}{e}\approx 0{,}552$ m/s $^{2}$ . Piège : le facteur $-0{,}5$ de l'exposant, oublié ou pris sans son signe.

i)

$v(t)=1+2\cos t$ , nulle quand $\cos t=-\frac{1}{2}$ , soit $t=\frac{2\pi}{3}$ et $t=\frac{4\pi}{3}$ sur $[0\,;2\pi]$ : le premier arrêt est $t=\frac{2\pi}{3}\approx 2{,}094$ s. Puis $a(t)=-2\sin t$ , donc $a\left(\frac{2\pi}{3}\right)=-2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=-\sqrt{3}\approx-1{,}732$ m/s $^{2}$ .

j)

$v(t)=2t-\frac{6}{t+1}$ . $v=0$ donne $2t(t+1)=6$ , soit $t^{2}+t-3=0$ , et la seule racine positive est $t=\frac{-1+\sqrt{13}}{2}\approx 1{,}303$ s. Puis $a(t)=2+\frac{6}{(t+1)^{2}}$ ; comme $t^{2}+t=3$ , $(t+1)^{2}=t^{2}+2t+1=t+4$ , donc $a=2+\frac{6}{t+4}\approx 2+\frac{6}{5{,}3028}\approx 3{,}131$ m/s $^{2}$ . Piège : la dérivée de $\ln(t+1)$ est $\frac{1}{t+1}$ , pas $\frac{1}{t}$ .

Contrôle : remplacer l'instant d'arrêt trouvé dans $v(t)$ doit donner exactement $0$ ; pour une valeur de $v$ ou de $a$ , le taux $\frac{s(t+0{,}001)-s(t-0{,}001)}{0{,}002}$ calculé à la machine doit retomber sur $v(t)$ à un millième près.

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Exercice 1 : Position, vitesse et accélération : trois fonctions d'un même temps

La cinématique est le premier lieu où la dérivée cesse d'être une pente pour devenir une grandeur physique. Le fil de la série tient en une phrase : le signe de la vitesse dit le SENS, celui de l'accélération dit si la poussée est en avant ou en arrière, et il faut LES DEUX pour savoir si le mobile prend ou perd de la vitesse.

a) Un mobile se déplace sur une droite avec $s(t)=t^{3}-9t^{2}+24t$ , en mètres, pour $t\geq 0$ en secondes. Calculez $v(t)$ et $a(t)$ , et donnez les unités de chacune.
b) Calculez la position, la vitesse et l'accélération à $t=1$ seconde puis à $t=5$ secondes.
c) La figure marque deux points particuliers. Trouvez-les par le calcul et dites ce qu'ils représentent physiquement.
d) À quel instant l'accélération s'annule-t-elle ? Que vaut alors la vitesse, et pourquoi cette valeur est-elle remarquable ?
e) Un élève affirme que « le mobile est au repos à $t=3$ , puisque l'accélération y est nulle ». Corrigez.

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Réponses

a) $v=3(t-2)(t-4)$ m/s ; $a=6t-18$ m/s²
b) $t=1$ : $16$ m, $9$ m/s, $-12$ m/s² ; $t=5$ : $20$ m, $9$ m/s, $12$ m/s²
c) Demi-tours en $(2\,;20)$ et $(4\,;16)$
d) $t=3$ s, $v=-3$ m/s : recul le plus rapide
e) Repos quand $v=0$ , pas quand $a=0$

a)

$v(t)=s'(t)=3t^{2}-18t+24$ , en mètres par seconde, et $a(t)=v'(t)=6t-18$ , en mètres par seconde carrée. On factorise la vitesse, ce qui servira partout ensuite : $v(t)=3\left(t^{2}-6t+8\right)=3(t-2)(t-4)$ . Une vitesse factorisée est une vitesse dont on lit le signe sans calcul.

b)

À $t=1$ : $s(1)=1-9+24=16$ mètres, $v(1)=3-18+24=9$ mètres par seconde, $a(1)=6-18=-12$ mètres par seconde carrée. À $t=5$ : $s(5)=125-225+120=20$ mètres, $v(5)=75-90+24=9$ mètres par seconde, $a(5)=30-18=12$ mètres par seconde carrée. Les deux instants ont la même vitesse et des accélérations opposées : à $t=1$ le mobile ralentit, à $t=5$ il accélère.

c)

Ce sont les points où $v(t)=0$ , c'est-à-dire $t=2$ et $t=4$ . On y trouve $s(2)=8-36+48=20$ mètres et $s(4)=64-144+96=16$ mètres. Physiquement, ce sont les instants de DEMI-TOUR : le mobile s'arrête un instant et repart en sens inverse. Sur la figure, la courbe y présente une tangente horizontale, un maximum local puis un minimum local.

d)

$a(t)=0$ donne $t=3$ , et alors $v(3)=27-54+24=-3$ mètres par seconde. C'est la vitesse la plus NÉGATIVE du mouvement, donc le moment où le mobile recule le plus vite : la vitesse, fonction du second degré de sommet en $t=3$ , y atteint son minimum. C'est le sens physique de « accélération nulle » : ni poussée en avant, ni freinage, la vitesse est à un extremum.

e)

L'affirmation confond accélération nulle et vitesse nulle. À $t=3$ la vitesse vaut $-3$ mètres par seconde, le mobile se déplace donc à 3 mètres par seconde vers l'arrière, et il n'a jamais été aussi rapide dans ce sens. Le repos, c'est $v=0$ , ce qui se produit à $t=2$ et $t=4$ seulement. L'erreur est exactement symétrique de celle qui consiste à croire qu'un extremum de $s$ est un extremum de $v$ : chaque dérivée parle de la fonction qui la précède, pas des autres.

Exercice 2 : Le signe de la vitesse : lire le sens du déplacement

Avant tout calcul de distance, il faut un tableau de signes. C'est le seul outil qui dise dans quel sens le mobile va, et c'est aussi celui qu'on saute le plus souvent.

a) Pour $v(t)=3(t-2)(t-4)$ , dressez le tableau de signes sur $[0\ ;\ 5]$ et dites dans quel sens le mobile se déplace sur chaque intervalle.
b) Sur quels intervalles la fonction position est-elle croissante ? Reliez cette réponse à la question a.
c) Le mobile passe-t-il deux fois par la même position ? Donnez un exemple explicite.
d) Combien de fois le mobile passe-t-il par $s=18$ mètres sur $[0\ ;\ 5]$ ? Résolvez.
e) Pourquoi la fonction $s$ n'admet-elle pas de fonction réciproque sur $[0\ ;\ 5]$ , et qu'est-ce que cela change pour la question « à quel instant le mobile est-il à 18 mètres ? »

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Réponses

a) Avance sur $[0,2[$ et $]4,5]$ , recule sur $]2,4[$
b) $s$ croissante sur $[0,2]$ et $[4,5]$
c) $s(1)=s(4)=16$
d) Trois passages : $t=3$ et $t=3\pm\sqrt{3}$
e) $s$ non injective : pas de réciproque

a)

$v$ s'annule en 2 et en 4, et son coefficient dominant est positif : elle est donc positive à l'extérieur des racines, négative entre elles. Sur $[0\ ;\ 2[$ : $v>0$ , le mobile avance dans le sens positif. Sur $]2\ ;\ 4[$ : $v<0$ , il recule. Sur $]4\ ;\ 5]$ : $v>0$ , il avance de nouveau. Vérification en trois points : $v(1)=9>0$ , $v(3)=-3<0$ , $v(5)=9>0$ ✓.

b)

$s$ est croissante exactement là où $v=s'>0$ , donc sur $[0\ ;\ 2]$ et sur $[4\ ;\ 5]$ , et décroissante sur $[2\ ;\ 4]$ . Ce n'est pas un résultat de plus : c'est le même énoncé que la question a, traduit du vocabulaire physique au vocabulaire mathématique. « Le mobile recule » et « la position décroît » sont deux façons de dire que $s'<0$ .

c)

Oui, et c'est justement ce que rend possible le demi-tour. Par exemple $s(1)=16$ et $s(4)=16$ : le mobile est au même endroit à deux instants différents. On peut le vérifier autrement : $s(t)=16$ s'écrit $t^{3}-9t^{2}+24t-16=0$ , dont $t=1$ est racine évidente, et la factorisation donne $(t-1)(t^{2}-8t+16)=(t-1)(t-4)^{2}$ . Les solutions sont donc $t=1$ et $t=4$ , cette dernière étant double, ce qui traduit le fait que le mobile y arrive en s'arrêtant.

d)

On résout $t^{3}-9t^{2}+24t=18$ , soit $t^{3}-9t^{2}+24t-18=0$ . La racine évidente $t=3$ convient : $27-81+72-18=0$ ✓. On factorise : $(t-3)\left(t^{2}-6t+6\right)=0$ , dont les autres racines sont $t=3\pm\sqrt{3}$ , soit $1{,}2679$ et $4{,}7321$ . Les trois valeurs sont dans $[0\ ;\ 5]$ : le mobile passe donc TROIS fois par la position 18 mètres. C'est la lecture directe du graphe, qui coupe trois fois la même horizontale.

e)

Une fonction n'admet de réciproque que si elle est injective, c'est-à-dire si chaque valeur est atteinte une seule fois. Ici $s$ n'est pas monotone sur $[0\ ;\ 5]$ , elle atteint 18 trois fois : elle n'est pas injective, donc pas inversible. Conséquence pratique : la question « à quel instant le mobile est-il à 18 mètres » n'a pas UNE réponse, elle en a trois, et il faut les donner toutes. On ne récupère une réciproque qu'en se restreignant à un intervalle de monotonie, par exemple $[0\ ;\ 2]$ , où la réponse est l'unique $t=1{,}2679$ .

Exercice 3 : Déplacement et distance parcourue : la différence qui coûte des points

Deux questions se ressemblent et n'ont pas la même réponse : « de combien la position a-t-elle changé » et « quel chemin a été parcouru ». La première est une soustraction, la seconde exige le tableau de signes.

a) Calculez le DÉPLACEMENT du mobile entre $t=0$ et $t=5$ .
b) Calculez la DISTANCE PARCOURUE sur le même intervalle, en découpant aux instants de demi-tour.
c) Calculez la vitesse moyenne et la vitesse moyenne SCALAIRE, c'est-à-dire la distance parcourue divisée par la durée. Laquelle un compteur de voiture affiche-t-il ?
d) Le théorème des accroissements finis garantit un instant où la vitesse instantanée égale la vitesse moyenne. Trouvez-le ici.
e) Dans quel cas les deux notions coïncident-elles ?

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Réponses

a) $20$ m
b) $20+4+4=28$ m
c) $4$ m/s et $5{,}6$ m/s
d) $c=\frac{18\pm\sqrt{84}}{6}\approx 1{,}4725$ et $4{,}5275$
e) Quand la vitesse garde un signe constant

a)

Le déplacement est $s(5)-s(0)=20-0=20$ mètres. C'est une différence de deux positions, rien de plus : le chemin suivi entre les deux n'intervient pas. Un déplacement peut d'ailleurs être nul alors que le mobile a beaucoup bougé, s'il revient à son point de départ.

b)

On découpe aux instants où $v$ change de signe, c'est-à-dire $t=2$ et $t=4$ . De 0 à 2 : $\left|s(2)-s(0)\right|=\left|20-0\right|=20$ mètres. De 2 à 4 : $\left|16-20\right|=4$ mètres. De 4 à 5 : $\left|20-16\right|=4$ mètres. Total : $20+4+4=28$ mètres. La figure montre les trois tronçons, avec les deux petits allers-retours de 4 mètres. Ne pas découper donnerait 20 mètres, et l'erreur vaut 8 mètres, soit 40 pour cent.

c)

Vitesse moyenne : $\frac{s(5)-s(0)}{5-0}=\frac{20}{5}=4$ mètres par seconde. Vitesse moyenne scalaire : $\frac{28}{5}=5{,}6$ mètres par seconde. Un compteur de voiture affiche la valeur ABSOLUE de la vitesse instantanée, donc son intégration donne la seconde : la distance affichée par l'odomètre est celle de la question b, jamais le déplacement. Aucun compteur ne recule quand la voiture fait marche arrière.

d)

On résout $v(c)=4$ , soit $3c^{2}-18c+24=4$ , donc $3c^{2}-18c+20=0$ et $c=\frac{18\pm\sqrt{324-240}}{6}=\frac{18\pm\sqrt{84}}{6}$ . Les deux racines valent $1{,}4725$ et $4{,}5275$ , toutes deux dans $]0\ ;\ 5[$ : le théorème en promettait au moins une, il y en a deux, ce qui est cohérent avec son énoncé d'existence.

e)

Elles coïncident exactement quand la vitesse GARDE UN SIGNE CONSTANT sur l'intervalle, c'est-à-dire quand le mobile ne fait pas demi-tour. Sur $[0\ ;\ 2]$ par exemple : déplacement 20 mètres, distance 20 mètres, les deux vitesses moyennes valent 10 mètres par seconde. C'est le critère à vérifier avant de se dispenser du découpage, et il tient en une ligne : la vitesse s'annule-t-elle à l'intérieur de l'intervalle ?

Exercice 4 : Accélérer ou freiner : c'est le produit de la vitesse et de l'accélération qui décide

« Accélération négative » ne veut pas dire « ralentit ». Une accélération négative ralentit un mobile qui avance et accélère un mobile qui recule. Le critère est le SIGNE DU PRODUIT $v\cdot a$ , et c'est la question la plus discriminante du chapitre.

a) Démontrez que la vitesse SCALAIRE $\left|v\right|$ augmente si et seulement si $v$ et $a$ sont de même signe.
b) Pour $v(t)=3(t-2)(t-4)$ et $a(t)=6t-18$ , dressez le tableau des signes de $v$ , de $a$ et de leur produit sur $[0\ ;\ 5]$ .
c) Sur quels intervalles le mobile prend-il de la vitesse ? Sur lesquels en perd-il ?
d) À $t=1$ le mobile avance à 9 mètres par seconde avec $a=-12$ . Va-t-il plus vite ou moins vite à $t=1{,}5$ ? Vérifiez par le calcul.
e) Existe-t-il un instant où le mobile a une vitesse non nulle et une accélération nulle ? Que s'y passe-t-il ?

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Réponses

a) $\frac{d|v|}{dt}=\frac{va}{|v|}$
b) $va<0$ , $>0$ , $<0$ , $>0$ sur les quatre intervalles
c) Prend de la vitesse sur $]2,3[$ et $]4,5]$
d) $v(1{,}5)=3{,}75$ m/s : il ralentit
e) $t=3$ : vitesse scalaire maximale $3$ m/s

a)

La vitesse scalaire est $\left|v\right|=\sqrt{v^{2}}$ , dont la dérivée vaut $\frac{2vv'}{2\sqrt{v^{2}}}=\frac{va}{\left|v\right|}$ pour $v\neq 0$ . Comme $\left|v\right|>0$ , le signe de cette dérivée est celui de $va$ . Donc $\left|v\right|$ croît si et seulement si $va>0$ , c'est-à-dire si $v$ et $a$ sont de même signe. Le raisonnement est purement mathématique, mais son énoncé est le principe physique : une force dans le sens du mouvement accélère, une force opposée freine.

b)

$v$ est positive sur $[0\ ;\ 2[$ , négative sur $]2\ ;\ 4[$ , positive sur $]4\ ;\ 5]$ . $a=6t-18$ est négative sur $[0\ ;\ 3[$ et positive sur $]3\ ;\ 5]$ . Produit : négatif sur $[0\ ;\ 2[$ , POSITIF sur $]2\ ;\ 3[$ , négatif sur $]3\ ;\ 4[$ , positif sur $]4\ ;\ 5]$ .

c)

Le mobile PREND de la vitesse là où le produit est positif, donc sur $]2\ ;\ 3[$ et sur $]4\ ;\ 5]$ . Il en PERD sur $[0\ ;\ 2[$ et sur $]3\ ;\ 4[$ . Le résultat surprend : entre 2 et 3, l'accélération est négative et le mobile va pourtant de plus en plus vite. C'est qu'il recule, et qu'une accélération négative pousse justement dans le sens où il va. Aucun tableau de signes de $a$ seul n'aurait donné cette réponse.

d)

À $t=1$ : $v=9$ et $a=-12$ , de signes opposés, donc le mobile RALENTIT. Vérification : $v(1{,}5)=3(2{,}25)-27+24=6{,}75-3=3{,}75$ mètres par seconde, contre 9 à $t=1$ . La vitesse scalaire est bien passée de 9 à 3,75. Notez que la vitesse algébrique a diminué elle aussi, mais c'est une coïncidence de ce cas : entre 2 et 3, la vitesse algébrique diminue tandis que la vitesse scalaire augmente.

e)

Oui, à $t=3$ , où $a=0$ et $v=-3$ mètres par seconde. Le produit $va$ s'y annule en changeant de signe : la vitesse scalaire y passe par un MAXIMUM local, valant 3 mètres par seconde. C'est le point le plus rapide de la phase de recul. Physiquement, c'est l'instant où la force change de sens : elle cesse de pousser le mobile vers l'arrière et commence à le freiner.

Exercice 5 : La chute libre : trois questions, une seule parabole

La chute libre est le mouvement rectiligne le plus étudié parce que l'accélération y est CONSTANTE. Toutes les questions se ramènent alors à une parabole et à sa dérivée affine.

a) Une pierre est lancée vers le haut à 20 mètres par seconde depuis le toit d'un immeuble de 25 mètres. Avec $g=9{,}8$ , écrivez $y(t)$ , $v(t)$ et $a(t)$ .
b) À quel instant la pierre atteint-elle son point le plus haut, et à quelle hauteur ?
c) Quand touche-t-elle le sol, et à quelle vitesse ?
d) Vérifiez la vitesse d'impact par la relation $v^{2}=v_{0}^{2}+2gh$ , et expliquez d'où vient cette relation sans passer par le temps.
e) La pierre repasse-t-elle par la hauteur de départ ? À quel instant, et à quelle vitesse ? Commentez.

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Réponses

a) $y=-4{,}9t^{2}+20t+25$ ; $v=-9{,}8t+20$ ; $a=-9{,}8$
b) $t\approx 2{,}04$ s, $45{,}41$ m
c) $t\approx 5{,}09$ s, $v\approx-29{,}83$ m/s
d) $\sqrt{890}\approx 29{,}83$ m/s
e) $t\approx 4{,}08$ s, $v=-20$ m/s

a)

$y(t)=-4{,}9t^{2}+20t+25$ mètres, $v(t)=y'(t)=-9{,}8t+20$ mètres par seconde, $a(t)=v'(t)=-9{,}8$ mètre par seconde carrée, constante. Le coefficient $-4{,}9$ est $\frac{-g}{2}$ , le signe moins traduisant le choix d'orienter l'axe vers le haut. C'est ce choix, et non la physique, qui décide des signes : on l'annonce toujours avant de calculer.

b)

Le sommet correspond à $v=0$ , donc $t=\frac{20}{9{,}8}\approx 2{,}0408$ seconde. La hauteur vaut alors $y(2{,}0408)=-4{,}9\times 4{,}1649+20\times 2{,}0408+25=-20{,}408+40{,}816+25=45{,}408$ mètres. On peut contrôler autrement : le sommet d'une parabole $at^{2}+bt+c$ est en $t=\frac{-b}{2a}=\frac{-20}{-9{,}8}$ , la même valeur.

c)

Le sol correspond à $y=0$ , soit $4{,}9t^{2}-20t-25=0$ , d'où $t=\frac{20+\sqrt{400+490}}{9{,}8}=\frac{20+\sqrt{890}}{9{,}8}\approx\frac{49{,}833}{9{,}8}\approx 5{,}0850$ secondes ; la racine négative est rejetée, car elle correspond à un passé où le mouvement n'existait pas. La vitesse d'impact vaut $v(5{,}0850)=-9{,}8\times 5{,}0850+20\approx-29{,}833$ mètres par seconde, soit environ 29,8 mètres par seconde vers le bas, ou 107 kilomètres par heure.

d)

$v^{2}=20^{2}+2\times 9{,}8\times 25=400+490=890$ , donc $\left|v\right|=\sqrt{890}\approx 29{,}833$ ✓, exactement la valeur trouvée. Cette relation s'obtient en éliminant le temps entre $v=v_{0}-gt$ et $y=y_{0}+v_{0}t-\frac{g}{2}t^{2}$ , ce qui revient au théorème de l'énergie cinétique. Son intérêt est qu'elle répond sans jamais résoudre l'équation du second degré en $t$ : quand la question ne porte pas sur l'instant, on peut se dispenser de le calculer.

e)

La hauteur de départ est 25 mètres : on résout $-4{,}9t^{2}+20t+25=25$ , soit $t(-4{,}9t+20)=0$ , d'où $t=0$ , le lancer, et $t=\frac{20}{4{,}9}\approx 4{,}0816$ secondes. La vitesse y vaut $v(4{,}0816)=-9{,}8\times 4{,}0816+20=-20$ mètres par seconde : exactement l'OPPOSÉE de la vitesse de lancement. La pierre repasse par le même point à la même vitesse en valeur absolue, résultat de symétrie de la parabole, et c'est aussi la conservation de l'énergie mécanique lue sur un graphique.

Exercice 6 : Lire un mouvement sur le graphe de la vitesse

En laboratoire on ne dispose presque jamais de la formule de la position : on dispose d'un enregistrement de vitesse. Tout doit alors se lire sur un graphe, pente et aire.

a) La figure donne la vitesse d'un ascenseur qui monte. Décrivez les trois phases et donnez l'accélération de chacune.
b) Quelle grandeur physique l'AIRE sous la courbe représente-t-elle ? Calculez-la.
c) Tracez mentalement l'allure du graphe de la position et décrivez sa concavité sur chaque phase.
d) Tracez l'allure du graphe de l'accélération et dites pourquoi il est discontinu.
e) Un passager de 70 kilogrammes est sur une balance dans cet ascenseur. Que lit la balance pendant chacune des trois phases ? Prenez $g=9{,}8$ .

Voir la correction

Réponses

a) $+1{,}5$ ; $0$ ; $-1{,}5$ m/s²
b) Aire : $24$ m de montée
c) Convexe, rectiligne, concave
d) Paliers : sauts en $t=2$ et $t=8$
e) $791$ N, $686$ N, $581$ N

a)

Phase 1, de 0 à 2 secondes : la vitesse croît linéairement de 0 à 3 mètres par seconde, donc l'accélération est constante et vaut $\frac{3-0}{2-0}=+1{,}5$ mètre par seconde carrée. Phase 2, de 2 à 8 secondes : la vitesse est constante à 3 mètres par seconde, l'accélération est nulle. Phase 3, de 8 à 10 secondes : la vitesse décroît de 3 à 0, l'accélération vaut $\frac{0-3}{10-8}=-1{,}5$ mètre par seconde carrée.

b)

L'aire sous la courbe de la vitesse représente le DÉPLACEMENT, ici la hauteur montée. C'est un trapèze de bases 10 et 6 secondes et de hauteur 3 mètres par seconde : aire $=\frac{10+6}{2}\times 3=24$ mètres. On peut aussi découper : deux triangles de $\frac{1}{2}\times 2\times 3=3$ mètres chacun, plus un rectangle de $6\times 3=18$ mètres, total $3+18+3=24$ mètres ✓. L'ascenseur monte de 24 mètres, soit environ huit étages.

c)

La position part de 0 et croît toujours, puisque $v\geq 0$ partout. Phase 1 : $v$ croît, donc $s''=a>0$ , la courbe est CONVEXE, tournée vers le haut. Phase 2 : $a=0$ , la position est un SEGMENT DE DROITE de pente 3. Phase 3 : $a<0$ , la courbe est CONCAVE et s'aplatit jusqu'à devenir horizontale en $t=10$ . L'allure générale est celle d'un S allongé, ce que l'on appelle une courbe en forme de rampe.

d)

Le graphe de $a$ est constitué de trois paliers horizontaux : $+1{,}5$ de 0 à 2, puis 0 de 2 à 8, puis $-1{,}5$ de 8 à 10. Il est DISCONTINU en $t=2$ et $t=8$ parce que la vitesse y présente un COIN, un changement brusque de pente : en ces points $v$ n'est pas dérivable, donc $a$ n'y est pas définie et saute. Un ascenseur réel adoucit ces transitions, précisément pour éviter la secousse que ce saut représente ; on appelle à-coup la dérivée de l'accélération.

e)

La balance mesure la force normale $N$ , donnée par $N=m(g+a)$ . Phase 1 : $N=70\times(9{,}8+1{,}5)=791$ newtons, soit une masse apparente de $\frac{791}{9{,}8}\approx 80{,}7$ kilogrammes, environ 15 pour cent de plus. Phase 2 : $N=70\times 9{,}8=686$ newtons, le poids réel, le passager ne sent rien. Phase 3 : $N=70\times(9{,}8-1{,}5)=581$ newtons, soit $59{,}3$ kilogrammes apparents, la sensation d'allègement bien connue à l'arrivée. La balance ne mesure jamais la masse, elle mesure une force, et c'est l'accélération qui fait la différence.

Position : parabole convexe pendant la montée en vitesse, droite de pente

3

à vitesse constante, parabole concave au freinage ;

24

m à l'arrivée.

Accélération :

1{,}5

, puis

0

, puis

-1{,}5

m/s

^{2}

. Elle saute en

t=2

et

t=8

, là où la vitesse change brusquement de pente.

Exercice 7 : Le mouvement harmonique simple : quand l'accélération est proportionnelle à la position

Une masse au bout d'un ressort obéit à une règle unique : l'accélération est proportionnelle à la position, avec le signe opposé. Toute la dérivation trigonométrique du chapitre précédent y trouve son emploi.

a) Une masse oscille selon $x(t)=0{,}15\cos(4t)$ , en mètres. Calculez $v(t)$ et $a(t)$ .
b) Vérifiez que $a=-16x$ , puis donnez la période, la fréquence et l'amplitude.
c) Où la vitesse est-elle maximale, et où l'accélération l'est-elle ? Les deux instants coïncident-ils ?
d) Calculez la position, la vitesse et l'accélération à $t=\frac{\pi}{8}$ seconde.
e) Le mouvement est-il uniformément accéléré ? Comparez avec la chute libre de l'exercice 5.

Voir la correction

Réponses

a) $v=-0{,}6\sin(4t)$ ; $a=-2{,}4\cos(4t)$
b) $a=-16x$ ; $T=\frac{\pi}{2}$ s, $f=\frac{2}{\pi}$ Hz, amplitude $0{,}15$ m
c) $|v|_{\max}=0{,}6$ en $x=0$ ; $|a|_{\max}=2{,}4$ aux extrémités
d) $x=0$ , $v=-0{,}6$ m/s, $a=0$
e) Non : accélération variable

a)

$v(t)=x'(t)=-0{,}15\times 4\sin(4t)=-0{,}6\sin(4t)$ mètre par seconde, et $a(t)=v'(t)=-0{,}6\times 4\cos(4t)=-2{,}4\cos(4t)$ mètre par seconde carrée. Chaque dérivation fait sortir le facteur 4 de l'intérieur, ce qui est la raison pour laquelle une oscillation rapide produit de très grandes accélérations.

b)

$-16x(t)=-16\times 0{,}15\cos(4t)=-2{,}4\cos(4t)=a(t)$ ✓. La relation $a=-\omega^{2}x$ avec $\omega=4$ radians par seconde caractérise le mouvement harmonique simple. Période : $T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{\pi}{2}\approx 1{,}5708$ seconde. Fréquence : $f=\frac{1}{T}=\frac{2}{\pi}\approx 0{,}6366$ hertz. Amplitude : $0{,}15$ mètre, soit 15 centimètres de part et d'autre de l'origine.

c)

La vitesse est maximale en valeur absolue quand $\left|\sin(4t)\right|=1$ , c'est-à-dire quand $\cos(4t)=0$ , donc quand $x=0$ : au passage par la POSITION D'ÉQUILIBRE, avec $\left|v\right|_{\max}=0{,}6$ mètre par seconde. L'accélération est maximale quand $\left|\cos(4t)\right|=1$ , donc aux EXTRÉMITÉS, où $\left|a\right|_{\max}=2{,}4$ mètres par seconde carrée et où la vitesse est nulle. Les deux instants ne coïncident jamais : ils sont décalés d'un quart de période, ce que la figure montre par le déphasage des courbes.

d)

$4t=\frac{\pi}{2}$ , donc $\cos=0$ et $\sin=1$ . Position : $x=0$ mètre, la masse est à l'équilibre. Vitesse : $v=-0{,}6$ mètre par seconde, la valeur maximale en module, dirigée vers les $x$ négatifs. Accélération : $a=0$ , ce qui est cohérent avec $a=-16x$ et $x=0$ . C'est le seul endroit du mouvement où la force du ressort s'annule, et c'est justement là que la masse va le plus vite.

e)

Non, absolument pas. En chute libre l'accélération est CONSTANTE, égale à $-9{,}8$ , et la position est une parabole. Ici l'accélération varie continûment entre $-2{,}4$ et $+2{,}4$ , en restant à tout instant proportionnelle à l'opposé de la position. La différence tient à la force : la pesanteur est constante, la force d'un ressort est proportionnelle à l'allongement. Deux lois de force différentes, deux familles de fonctions différentes, polynômes d'un côté, sinusoïdes de l'autre.

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Chacune des cinq affirmations suivantes est FAUSSE. Dites pourquoi et donnez l'énoncé correct.

1) « Une accélération négative signifie que le mobile ralentit. »
2) « Le mobile est au repos quand son accélération est nulle. »
3) « La distance parcourue entre deux instants est la différence des positions. »
4) « Au sommet de sa trajectoire, une pierre lancée vers le haut a une accélération nulle, puisque sa vitesse est nulle. »
5) « Un mouvement dont l'accélération change de signe est un mouvement où le mobile fait demi-tour. »

Voir la correction

Réponses

1) Ralentir : $v$ et $a$ de signes opposés
2) Repos : $v=0$
3) Différence des positions : déplacement
4) Au sommet, $a=-9{,}8$ m/s²
5) Demi-tour : changement de signe de $v$

1)

FAUX. C'est le signe du PRODUIT $v\cdot a$ qui décide. Une accélération négative ralentit un mobile qui avance, mais elle accélère un mobile qui recule. Sur notre exemple, entre $t=2$ et $t=3$ on a $v<0$ et $a<0$ , et la vitesse scalaire passe de 0 à 3 mètres par seconde : le mobile va de plus en plus vite alors que l'accélération est négative. L'énoncé correct est : le mobile ralentit si et seulement si $v$ et $a$ sont de signes opposés.

2)

FAUX. Le repos, c'est $v=0$ . À $t=3$ dans notre exemple, $a=0$ mais $v=-3$ mètres par seconde : le mobile est à sa vitesse de recul MAXIMALE, exactement le contraire du repos. Accélération nulle signifie que la vitesse est à un extremum, pas qu'elle est nulle. La confusion vient de ce qu'on transporte à $a$ une propriété de $v$ .

3)

FAUX. La différence des positions est le DÉPLACEMENT. La distance parcourue exige de découper aux instants où $v$ change de signe et d'additionner les valeurs absolues. Sur $[0\ ;\ 5]$ , le déplacement vaut 20 mètres et la distance 28 mètres : l'erreur est de 8 mètres, soit 40 pour cent. Les deux coïncident seulement quand la vitesse garde un signe constant.

4)

FAUX, et c'est l'erreur la plus tenace de la cinématique. Au sommet, la vitesse est nulle mais l'accélération vaut toujours $-9{,}8$ mètres par seconde carrée : la pesanteur n'a aucune raison de s'interrompre. Si l'accélération y était nulle, la pierre resterait suspendue en l'air. C'est justement parce que $a\neq 0$ que la vitesse, nulle un instant, redevient immédiatement négative.

5)

FAUX. Un demi-tour, c'est un changement de signe de la VITESSE, pas de l'accélération. Dans notre exemple, $a$ change de signe une seule fois, en $t=3$ , alors que le mobile fait deux demi-tours, en $t=2$ et en $t=4$ . Réciproquement, dans le mouvement uniformément accéléré d'une chute libre, l'accélération ne change jamais de signe et il y a pourtant un demi-tour au sommet. Les deux propriétés sont indépendantes.

Exercice 9 : Problème : la distance d'arrêt et pourquoi elle n'est pas proportionnelle à la vitesse

Le code de la route enseigne une règle empirique, la distance de freinage double quand on passe de 50 à 70 kilomètres par heure. La dérivée explique pourquoi la vraie loi est un carré, et pourquoi l'intuition linéaire est dangereuse.

a) Un conducteur roule à 100 kilomètres par heure, son temps de réaction est de 1,0 seconde et le freinage produit une accélération constante de $-7$ mètres par seconde carrée. Calculez la distance de réaction.
b) Calculez la distance de freinage proprement dite, puis la distance d'arrêt totale.
c) Refaites le calcul à 120 kilomètres par heure et comparez les deux distances de freinage.
d) Démontrez que la distance de freinage est proportionnelle au CARRÉ de la vitesse initiale, et non à la vitesse.
e) Un obstacle apparaît à 90 mètres. Le conducteur à 100 s'arrête-t-il à temps ? Et celui à 120 ? À quelle vitesse ce dernier percuterait-il l'obstacle ?

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Réponses

a) $27{,}78$ m
b) $55{,}11$ m ; arrêt en $82{,}9$ m
c) $79{,}37$ m : rapport $1{,}44$
d) $d=-\frac{v_{0}^{2}}{2a}$
e) Oui à $100$ ; choc à $17{,}8$ m/s, environ $64$ km/h

a)

$100$ kilomètres par heure valent $\frac{100\,000}{3600}\approx 27{,}778$ mètres par seconde. Pendant la seconde de réaction, la vitesse ne change pas : la distance parcourue vaut $27{,}778\times 1{,}0\approx 27{,}78$ mètres. C'est une distance qu'aucun freinage ne peut réduire, et c'est pourquoi elle domine à basse vitesse.

b)

Pendant le freinage, $v^{2}=v_{0}^{2}+2ad$ avec $v=0$ donne $d=\frac{-v_{0}^{2}}{2a}=\frac{771{,}60}{14}\approx 55{,}11$ mètres. Distance d'arrêt totale : $27{,}78+55{,}11\approx 82{,}9$ mètres. On peut vérifier par le temps : le freinage dure $\frac{27{,}778}{7}\approx 3{,}968$ secondes, et la distance vaut $27{,}778\times 3{,}968-\frac{7}{2}\times 3{,}968^{2}\approx 110{,}23-55{,}11=55{,}12$ mètres ✓.

c)

$120$ kilomètres par heure valent $33{,}333$ mètres par seconde. Réaction : $33{,}33$ mètres. Freinage : $\frac{1111{,}1}{14}\approx 79{,}37$ mètres. Total : $112{,}7$ mètres. Le rapport des distances de freinage vaut $\frac{79{,}37}{55{,}11}=1{,}44$ , exactement $\left(\frac{120}{100}\right)^{2}$ : 20 pour cent de vitesse en plus coûtent 44 pour cent de freinage en plus.

d)

On part de $v(t)=v_{0}+at$ , qui s'annule en $t_{a}=\frac{-v_{0}}{a}$ . La distance parcourue vaut $d=v_{0}t_{a}+\frac{a}{2}t_{a}^{2}=\frac{-v_{0}^{2}}{a}+\frac{a}{2}\cdot\frac{v_{0}^{2}}{a^{2}}=\frac{-v_{0}^{2}}{2a}$ . Le facteur $v_{0}$ apparaît DEUX fois, une fois par la vitesse elle-même et une fois par la durée du freinage, qui est elle aussi proportionnelle à $v_{0}$ . C'est cette double dépendance qui produit le carré, et l'intuition linéaire échoue parce qu'elle n'en compte qu'une.

e)

À 100 kilomètres par heure la distance d'arrêt vaut $82{,}9$ mètres, inférieure à 90 : le conducteur s'arrête à temps, avec $7{,}1$ mètres de marge. À 120 elle vaut $112{,}7$ mètres : il ne s'arrête pas. Il lui reste, après les $33{,}33$ mètres de réaction, $56{,}67$ mètres de freinage, et sa vitesse au choc vaut $\sqrt{v_{0}^{2}+2ad}=\sqrt{1111{,}1-2\times 7\times 56{,}67}=\sqrt{317{,}8}\approx 17{,}8$ mètres par seconde, soit environ 64 kilomètres par heure. C'est le chiffre à retenir : là où l'un s'arrête sans encombre, l'autre percute à la vitesse d'une chute du sixième étage.

Exercice 10 : Problème : reconstruire un mouvement à partir de son accélération

Jusqu'ici on descendait de la position vers l'accélération. Un capteur, lui, ne mesure que l'accélération : c'est la remontée qu'il faut savoir faire, et elle demande deux constantes que seule la physique fournit.

a) Un mobile part de $s_{0}=5$ mètres avec $v_{0}=-4$ mètres par seconde, et subit $a(t)=6t-4$ . Trouvez $v(t)$ puis $s(t)$ .
b) À quel instant le mobile change-t-il de sens ? Où se trouve-t-il alors ?
c) Quelle est la position la plus à gauche atteinte, et quand le mobile revient-il à son point de départ ?
d) Pourquoi faut-il exactement DEUX conditions initiales, et que se passe-t-il si l'on n'en donne qu'une ?
e) Un capteur d'accélération de téléphone est parfaitement fiable mais l'on ne connaît ni la position ni la vitesse de départ. Que peut-on encore calculer, et que ne peut-on pas ?

Voir la correction

Réponses

a) $v=3t^{2}-4t-4$ ; $s=t^{3}-2t^{2}-4t+5$
b) $t=2$ s, en $s=-3$ m
c) Retour en $t=1+\sqrt{5}\approx 3{,}236$ s ; $16$ m parcourus
d) Deux constantes, deux conditions
e) Variations de vitesse seulement

a)

On cherche $v$ telle que $v'=6t-4$ : les fonctions de cette forme sont $v(t)=3t^{2}-4t+C$ , et la condition $v(0)=-4$ donne $C=-4$ , donc $v(t)=3t^{2}-4t-4$ . On recommence : $s(t)=t^{3}-2t^{2}-4t+D$ , et $s(0)=5$ donne $D=5$ , donc $s(t)=t^{3}-2t^{2}-4t+5$ . Chaque remontée introduit une constante, et chaque condition initiale en fixe une : c'est la conséquence directe du théorème « deux fonctions de même dérivée diffèrent d'une constante ».

b)

$v(t)=3t^{2}-4t-4=(3t+2)(t-2)$ s'annule pour $t=2$ et $t=-\frac{2}{3}$ , seule la première étant physiquement admissible. Le mobile change donc de sens à $t=2$ secondes, où $s(2)=8-8-8+5=-3$ mètres. Avant cet instant $v<0$ , il recule ; après, $v>0$ , il avance.

c)

La position la plus à gauche est atteinte au demi-tour, donc $-3$ mètres à $t=2$ . Le retour au point de départ correspond à $s(t)=5$ , soit $t^{3}-2t^{2}-4t=0$ , c'est-à-dire $t\left(t^{2}-2t-4\right)=0$ . Outre $t=0$ , on trouve $t=1+\sqrt{5}\approx 3{,}2361$ ; la racine $1-\sqrt{5}$ est négative et rejetée. Le mobile revient donc à 5 mètres au bout d'environ $3{,}236$ secondes, après avoir parcouru $8+8=16$ mètres pour un déplacement nul.

d)

Parce que remonter de $a$ à $s$ demande DEUX intégrations successives, et que chacune introduit une constante indéterminée. Physiquement, connaître les forces ne suffit pas à prédire un mouvement : il faut aussi savoir d'où l'on part et à quelle vitesse. Avec une seule condition, disons $s_{0}$ , on obtient une famille de trajectoires à un paramètre, toutes compatibles avec la même accélération mesurée : le problème est sous-déterminé et n'a pas de réponse unique.

e)

On peut calculer tout ce qui ne dépend pas des constantes : les VARIATIONS de vitesse, $v(t_{2})-v(t_{1})$ , et les instants où l'accélération s'annule ou change de signe. On ne peut ni situer le téléphone, ni dire s'il avance ou recule, puisqu'ajouter une constante à $v$ change les signes. C'est exactement le problème des centrales inertielles : elles dérivent, et il faut les recaler périodiquement sur une position connue, par satellite ou par un point de repère. Une mesure d'accélération, si parfaite soit-elle, ne contient pas l'information qui manque.

Exercice 11 : Un mouvement qui revient à l'origine sans jamais l'atteindre

Un mobile se déplace sur une droite selon $s(t)=t^{2}e^{-t}$ , en mètres, pour $t\ge 0$ en secondes.

a) Calculez $v(t)$ et $a(t)$ en mettant l'exponentielle en facteur.
b) Quand le mobile est-il au repos ? Quelle est la position la plus éloignée de l'origine ?
c) Quand l'accélération s'annule-t-elle ?
d) Sur quels intervalles le mobile prend-il de la vitesse ?
e) Que devient la position quand $t\to+\infty$ ? Quelle distance totale le mobile parcourt-il ?

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Réponses

a) $v=t(2-t)e^{-t}$ ; $a=(t^{2}-4t+2)e^{-t}$
b) Repos en $0$ et $2$ ; $s(2)=4e^{-2}\approx 0{,}541$ m
c) $t=2\pm\sqrt{2}$
d) Accélère sur $]0\,;2-\sqrt{2}[$ et $]2\,;2+\sqrt{2}[$
e) $s\to 0$ ; distance $1{,}083$ m

a)

$v(t)=2te^{-t}-t^{2}e^{-t}=t(2-t)e^{-t}$ . Puis $a(t)=(2-2t)e^{-t}-(2t-t^{2})e^{-t}=(t^{2}-4t+2)e^{-t}$ .

b)

$e^{-t}>0$ , donc $v=0$ pour $t=0$ et $t=2$ . $v>0$ sur $]0,2[$ , $v<0$ ensuite : le mobile avance puis recule. Position la plus éloignée : $s(2)=4e^{-2}\approx 0{,}541$ m.

c)

$t^{2}-4t+2=0$ donne $t=2\pm\sqrt{2}$ , soit $t\approx 0{,}586$ s et $t\approx 3{,}414$ s.

d)

On compare les signes. $a>0$ sur $[0\,;0{,}586[$ et sur $]3{,}414\,;+\infty[$ , $a<0$ entre les deux. Sur $]0\,;0{,}586[$ : $v>0$ , $a>0$ , il prend de la vitesse. Sur $]0{,}586\,;2[$ : $v>0$ , $a<0$ , il ralentit. Sur $]2\,;3{,}414[$ : $v<0$ , $a<0$ , il prend de la vitesse en reculant. Au-delà de $3{,}414$ : $v<0$ , $a>0$ , il ralentit. Deux phases d'accélération, $]0\,;2-\sqrt{2}[$ et $]2\,;2+\sqrt{2}[$ .

e)

$t^{2}e^{-t}\to 0$ : l'exponentielle l'emporte sur le carré. Le mobile revient vers l'origine sans jamais l'atteindre, puisque $s(t)>0$ pour $t>0$ . Distance totale : $0{,}541$ m à l'aller jusqu'à $t=2$ , puis $0{,}541$ m au retour, en tout $1{,}083$ m pour un déplacement final qui tend vers $0$ .

Exercice 12 : Deux coureurs sur la même piste : se croiser et se dépasser

Deux coureurs A et B se déplacent sur une piste rectiligne. Leurs positions, en mètres, sont $s_{A}(t)=t^{2}+1$ et $s_{B}(t)=6t-7$ , pour $t\ge 0$ en secondes.

a) À quels instants les deux coureurs sont-ils au même endroit ? Où ?
b) À quel instant ont-ils la même vitesse ?
c) Entre les deux rencontres, qui est devant, et quelle est son avance maximale ?
d) Donnez la vitesse relative $v_{A}-v_{B}$ à chaque rencontre et dites qui dépasse qui.
e) À quel instant A a-t-il $8$ m d'avance sur B ?

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Réponses

a) $t=2$ en $5$ m, $t=4$ en $17$ m
b) $t=3$ s
c) B devant, avance maximale $1$ m
d) $-2$ m/s : B dépasse ; $+2$ m/s : A reprend la tête
e) $t=6$ s

a)

$s_{A}(t)=s_{B}(t)$ donne $t^{2}-6t+8=0$ , soit $(t-2)(t-4)=0$ . Rencontres à $t=2$ s, en $s=5$ m, et à $t=4$ s, en $s=17$ m.

b)

$v_{A}(t)=2t$ et $v_{B}(t)=6$ : même vitesse pour $t=3$ s.

c)

L'écart $d(t)=s_{A}-s_{B}=t^{2}-6t+8$ est négatif entre $2$ et $4$ : B est devant. L'écart est extrémal quand sa dérivée s'annule, $d'(t)=v_{A}-v_{B}=0$ , c'est-à-dire à $t=3$ , où $d(3)=-1$ : avance maximale de B, $1$ m. L'écart entre deux mobiles est extrémal quand leurs vitesses sont égales : tant que B va plus vite, il creuse l'écart, dès que A va plus vite, il le réduit.

d)

À $t=2$ : $v_{A}-v_{B}=4-6=-2$ m/s, B va plus vite et DÉPASSE A. À $t=4$ : $8-6=2$ m/s, A va plus vite et REPREND la tête. Une rencontre où les vitesses diffèrent est un dépassement ; une rencontre à vitesses égales serait un simple contact.

e)

$d(t)=8$ donne $t^{2}-6t=0$ , soit $t=6$ s, la solution $t=0$ correspondant au départ où A a aussi $8$ m d'avance, puisque $s_{A}(0)=1$ et $s_{B}(0)=-7$ .

Exercice 13 : Lire vitesse et accélération sur le graphe de la position

La figure montre la position $s(t)$ d'un mobile, en mètres, pour $t$ entre $0$ et $4{,}5$ secondes. On sait que $s(t)=-\frac{t^{3}}{3}+2t^{2}-3t+4$ ; les points marqués sont en $t=1$ , $t=2$ et $t=3$ .

a) Lisez sur le graphe les instants où le mobile est au repos, puis confirmez par le calcul de $v(t)$ .
b) Sur quel intervalle le mobile avance-t-il ?
c) Où la courbe change-t-elle de concavité ? Que dit ce changement sur l'accélération ? Confirmez par $a(t)$ .
d) Sur quels intervalles le mobile prend-il de la vitesse ?
e) Calculez le déplacement et la distance parcourue entre $t=0$ et $t=4$ .

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Réponses

a) Repos en $t=1$ et $t=3$
b) Avance sur $]1\,;3[$
c) Inflexion en $t=2$ : $a>0$ puis $a<0$
d) Accélère sur $]1\,;2[$ et $]3\,;4{,}5]$
e) Déplacement $-\frac{4}{3}$ m ; distance $4$ m

a)

La tangente est horizontale en $t=1$ , creux de la courbe, et en $t=3$ , sommet. $v(t)=-t^{2}+4t-3=-(t-1)(t-3)$ s'annule bien en $1$ et en $3$ .

b)

La position croît entre les deux : le mobile avance sur $]1\,;3[$ , et recule sur $[0\,;1[$ puis après $3$ . Vérification : $v(2)=1>0$ .

c)

La courbe est tournée vers le haut avant $t=2$ et vers le bas après : inflexion en $t=2$ . La concavité est le signe de $s''=a$ : l'accélération est positive avant $2$ et négative après. $a(t)=-2t+4$ s'annule bien en $t=2$ . C'est aussi l'instant où la vitesse est maximale, $v(2)=1$ m/s.

d)

Sur $[0\,;1[$ : $v<0$ , $a>0$ , il ralentit. Sur $]1\,;2[$ : $v>0$ , $a>0$ , il prend de la vitesse. Sur $]2\,;3[$ : $v>0$ , $a<0$ , il ralentit. Après $3$ : $v<0$ , $a<0$ , il prend de la vitesse en reculant. Il accélère sur $]1\,;2[$ et sur $]3\,;4{,}5]$ .

e)

$s(0)=4$ , $s(1)=\frac{8}{3}\approx 2{,}667$ , $s(3)=4$ , $s(4)=\frac{8}{3}$ . Déplacement : $s(4)-s(0)=-\frac{4}{3}\approx-1{,}333$ m. Distance : $\frac{4}{3}+\frac{4}{3}+\frac{4}{3}=4$ m, en trois tronçons de même longueur découpés en $t=1$ et $t=3$ .

Exercice 14 : Problème : le sprinteur et le modèle de Keller

Un modèle simple de la course de vitesse donne la vitesse d'un sprinteur par $v(t)=12\left(1-e^{-t/1{,}2}\right)$ , en mètres par seconde, où $t$ est le temps en secondes depuis le départ.

a) Calculez l'accélération $a(t)$ et sa valeur au départ.
b) Au bout de combien de temps le sprinteur atteint-il $95$ pour cent de sa vitesse maximale ?
c) Vérifiez que $s(t)=12\left[t-1{,}2\left(1-e^{-t/1{,}2}\right)\right]$ donne la position, en montrant que $s'=v$ et $s(0)=0$ . Où est-il à l'instant trouvé en b) ?
d) Encadrez au centième le temps réalisé sur $100$ m, par essais.
e) Montrez que, pour $t$ grand, $s(t)\approx 12(t-1{,}2)$ . Interprétez le « retard » de $1{,}2$ s et retrouvez le temps de d).

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Réponses

a) $a(t)=10e^{-t/1{,}2}$ ; $10$ m/s²
b) $t=1{,}2\ln 20\approx 3{,}59$ s
c) $s'=v$ , $s(0)=0$ ; $29{,}5$ m
d) Entre $9{,}53$ et $9{,}54$ s
e) $s\approx 12(t-1{,}2)$ : $14{,}4$ m perdus

a)

$a(t)=v'(t)=12\times\frac{1}{1{,}2}e^{-t/1{,}2}=10e^{-t/1{,}2}$ . Au départ, $a(0)=10$ m/s $^{2}$ : un sprinteur accélère plus fort qu'un objet en chute libre. L'accélération décroît ensuite sans jamais s'annuler.

b)

$12\left(1-e^{-t/1{,}2}\right)=0{,}95\times 12$ donne $e^{-t/1{,}2}=0{,}05$ et $t=1{,}2\ln 20\approx 3{,}59$ s.

c)

$s'(t)=12\left[1-1{,}2\times\frac{1}{1{,}2}e^{-t/1{,}2}\right]=12\left(1-e^{-t/1{,}2}\right)=v(t)$ et $s(0)=12[0-1{,}2(1-1)]=0$ . À $t\approx 3{,}59$ s : $s\approx 12[3{,}595-1{,}2\times 0{,}95]\approx 29{,}5$ m. Presque un tiers de la course sert à atteindre la vitesse de pointe.

d)

$s(9{,}53)\approx 99{,}96$ m et $s(9{,}54)\approx 100{,}08$ m : le temps est compris entre $9{,}53$ et $9{,}54$ s, plus près de $9{,}53$ . La fonction $s$ étant continue et croissante, le théorème des valeurs intermédiaires garantit un unique instant dans cet intervalle.

e)

Quand $t$ est grand, $e^{-t/1{,}2}\to 0$ et $s(t)\approx 12(t-1{,}2)$ : tout se passe comme si le sprinteur courait à $12$ m/s depuis le début, mais partait avec $1{,}2$ s de retard, le prix du démarrage, soit $14{,}4$ m perdus. Temps sur $100$ m : $\frac{100}{12}+1{,}2\approx 9{,}53$ s, la valeur trouvée en d), à $e^{-8}$ près.

Exercice 15 : Problème : le train entre deux gares

Entre deux gares, la position d'un train, en kilomètres, est modélisée par $s(t)=0{,}3t^{2}-0{,}025t^{3}$ pour $0\le t\le 8$ , où $t$ est en minutes. La figure montre sa vitesse, avec en pointillés le niveau de $60$ km/h.

a) Calculez $v(t)$ et vérifiez que le train est à l'arrêt au départ et à l'arrivée. Quelle est la distance entre les gares ?
b) Quelle est la vitesse maximale, en km/h ? Et la vitesse moyenne ?
c) Calculez l'accélération au départ et à l'arrivée, en m/s $^{2}$ .
d) Pendant combien de temps le train roule-t-il à plus de $60$ km/h ?
e) Où se trouve le train quand sa vitesse est maximale ? Pourquoi est-ce exactement à mi-chemin ?

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Réponses

a) $v=0{,}075t(8-t)$ ; $6{,}4$ km
b) $72$ km/h ; moyenne $48$ km/h
c) $\pm 0{,}167$ m/s²
d) Entre $2{,}37$ et $5{,}63$ min : $3{,}27$ min
e) $3{,}2$ km, à mi-chemin

a)

$v(t)=0{,}6t-0{,}075t^{2}=0{,}075t(8-t)$ km/min, nulle en $t=0$ et $t=8$ . Distance : $s(8)=19{,}2-12{,}8=6{,}4$ km.

b)

$v$ est une parabole maximale en $t=4$ : $v(4)=0{,}075\times 4\times 4=1{,}2$ km/min, soit $72$ km/h. Vitesse moyenne : $\frac{6{,}4}{8}=0{,}8$ km/min, soit $48$ km/h, les deux tiers de la vitesse maximale.

c)

$a(t)=0{,}6-0{,}15t$ km/min $^{2}$ . Au départ : $0{,}6$ km/min $^{2}=\frac{600\text{ m}}{3600\text{ s}^{2}}\approx 0{,}167$ m/s $^{2}$ . À l'arrivée : $a(8)=-0{,}6$ km/min $^{2}$ , soit $-0{,}167$ m/s $^{2}$ . Le changement d'unité compte : $1$ km/min $^{2}$ ne vaut que $\frac{1}{3{,}6}$ m/s $^{2}$ .

d)

$60$ km/h font $1$ km/min. $0{,}075t(8-t)>1$ équivaut à $t^{2}-8t+\frac{40}{3}<0$ , de racines $4\pm\sqrt{16-\frac{40}{3}}=4\pm\sqrt{\frac{8}{3}}\approx 4\pm 1{,}633$ . Le train dépasse $60$ km/h entre $t\approx 2{,}37$ et $t\approx 5{,}63$ min, soit pendant environ $3{,}27$ min.

e)

$s(4)=4{,}8-1{,}6=3{,}2$ km, la moitié du trajet. La vitesse est symétrique par rapport à $t=4$ : $v(4+u)=v(4-u)$ . Le train parcourt donc autant de chemin avant et après cet instant. C'est aussi le point d'inflexion de $s$ , où $a=0$ .

Exercices corrigés : le mouvement rectiligne (201-SN2-RE, ancien 201-NYA)

Rappel de cours

Calculs : la vitesse et l'accélération à calculer

Exercice 0.1 : Dériver position, vitesse, accélération : dix calculs directs

Partie A : les bases (/50)

Exercice 1 : Position, vitesse et accélération : trois fonctions d'un même temps

Exercice 2 : Le signe de la vitesse : lire le sens du déplacement

Exercice 3 : Déplacement et distance parcourue : la différence qui coûte des points

Exercice 4 : Accélérer ou freiner : c'est le produit de la vitesse et de l'accélération qui décide

Exercice 5 : La chute libre : trois questions, une seule parabole

Partie B : problèmes et raisonnement (/50)

Exercice 6 : Lire un mouvement sur le graphe de la vitesse

Exercice 7 : Le mouvement harmonique simple : quand l'accélération est proportionnelle à la position

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Exercice 9 : Problème : la distance d'arrêt et pourquoi elle n'est pas proportionnelle à la vitesse

Exercice 10 : Problème : reconstruire un mouvement à partir de son accélération

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : Un mouvement qui revient à l'origine sans jamais l'atteindre

Exercice 12 : Deux coureurs sur la même piste : se croiser et se dépasser

Exercice 13 : Lire vitesse et accélération sur le graphe de la position

Exercice 14 : Problème : le sprinteur et le modèle de Keller

Exercice 15 : Problème : le train entre deux gares

Voir aussi

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