Exercices corrigés : cinématique et MRUA (physique, secondaire 5)

a) La vitesse varie de façon linéaire (droite oblique de pente non nulle) : c'est un mouvement rectiligne uniformément accéléré (MRUA), avec une accélération constante.

b) $a=\dfrac{\Delta v}{\Delta t}=\dfrac{20-4}{8}=2$ m/s².

c) L'aire sous la droite est un trapèze : $\Delta x=\dfrac{v_{i}+v_{f}}{2}\,\Delta t=\dfrac{4+20}{2}\times 8=96$ m.

d) $v_{moy}=\dfrac{\Delta x}{\Delta t}=\dfrac{96}{8}=12$ m/s.

a) $t_{1}=\frac{12}{24}=0{,}50$ h et $t_{2}=\frac{12}{12}=1{,}0$ h, soit 1,5 h pour 24 km. Vitesse moyenne : $\frac{24}{1{,}5}=16$ km/h, et NON 18 km/h. La moyenne des deux vitesses donnerait 18, mais ce n'est pas ainsi qu'on calcule une vitesse moyenne : on divise la distance TOTALE par le temps TOTAL. Or la cycliste passe deux fois plus de temps à rouler lentement qu'à rouler vite, et c'est la partie lente qui pèse le plus dans la moyenne.

b) Pour une distance $d$ à chaque étape : $t_{1}=\frac{d}{v_{1}}$, $t_{2}=\frac{d}{v_{2}}$, donc $v_{moy}=\frac{2d}{\frac{d}{v_{1}}+\frac{d}{v_{2}}}=\frac{2}{\frac{1}{v_{1}}+\frac{1}{v_{2}}}=\frac{2v_{1}v_{2}}{v_{1}+v_{2}}$. La distance $d$ a disparu : le résultat ne dépend que des deux vitesses. Vérification : $\frac{2(24)(12)}{36}=\frac{576}{36}=16$ km/h, conforme au a). C'est la moyenne dite HARMONIQUE, toujours inférieure à la moyenne ordinaire.

c) Cette fois les DURÉES sont égales : distance $=(24)(0{,}5)+(12)(0{,}5)=12+6=18$ km en 1,0 h, soit 18 km/h, cette fois exactement la moyenne des deux vitesses. La différence est instructive : à distances égales, la partie lente dure plus longtemps et tire la moyenne vers le bas; à durées égales, les deux vitesses comptent à parts strictement égales. Avant de moyenner, demandez-vous toujours ce qui est égal, les distances ou les temps.

d) Durées : $\frac{10}{24}+\frac{10}{12}=0{,}4167+0{,}8333=1{,}25$ h. Vitesse moyenne de PARCOURS : $\frac{20}{1{,}25}=16$ km/h (même valeur qu'au a), ce qui est normal, ce sont les mêmes vitesses sur des distances égales). Vitesse moyenne VECTORIELLE : elle se calcule à partir du DÉPLACEMENT, c'est-à-dire du vecteur qui joint le départ à l'arrivée. Ici la cycliste revient exactement à son point de départ : le déplacement est nul, donc la vitesse moyenne vectorielle est NULLE, alors qu'elle a pédalé pendant une heure et quart. Les deux grandeurs ne mesurent tout simplement pas la même chose : l'une compte le chemin parcouru, l'autre le résultat net du voyage.

e) Déplacement : $\Delta x=\frac{1}{2}a\,\Delta t^{2}$ avec $a=\frac{20}{8{,}0}=2{,}5$ m/s², soit $\Delta x=\frac{1}{2}(2{,}5)(64)=80$ m. Vitesse moyenne : $\frac{80}{8{,}0}=10$ m/s, et $\frac{v_{i}+v_{f}}{2}=\frac{0+20}{2}=10$ m/s : identique. Cette formule n'est valable QUE si l'accélération est constante, car c'est alors seulement que la vitesse croît linéairement et que sa moyenne dans le temps se lit au milieu de l'intervalle. Aux questions a) à d), le mouvement n'était pas uniformément accéléré du tout : il s'agissait de deux phases à vitesse constante, avec un changement brusque. Appliquer $\frac{v_{i}+v_{f}}{2}$ y aurait donné 18 km/h, c'est-à-dire précisément la mauvaise réponse du a).

a) $v_{f}=v_{i}+a\,\Delta t=8+3\times 6=26$ m/s.

b) $\Delta x=v_{i}\,\Delta t+\frac{1}{2}a\,\Delta t^{2}=8\times 6+\frac{1}{2}\times 3\times 6^{2}=48+54=102$ m.

c) $v_{f}^{2}=8^{2}+2\times 3\times 102=64+612=676$, donc $v_{f}=\sqrt{676}=26$ m/s : cohérent avec a).

d) $a=\dfrac{v_{f}^{2}-v_{i}^{2}}{2\,\Delta x}=\dfrac{0-30^{2}}{2\times 75}=-6$ m/s². Temps : $\Delta t=\dfrac{v_{f}-v_{i}}{a}=\dfrac{0-30}{-6}=5$ s.

a) Au sommet, $v_{f}=0$. Avec $a=-g=-9{,}8$ m/s² : $0=19{,}6-9{,}8\,\Delta t$, donc $\Delta t=\dfrac{19{,}6}{9{,}8}=2$ s.

b) $\Delta y=v_{i}\,\Delta t-\frac{1}{2}g\,\Delta t^{2}=19{,}6\times 2-\frac{1}{2}\times 9{,}8\times 2^{2}=39{,}2-19{,}6=19{,}6$ m.

c) Par symétrie, la descente prend autant de temps que la montée : temps total $=2\times 2=4$ s.

d) $v_{f}=v_{i}-g\,\Delta t=19{,}6-9{,}8\times 4=-19{,}6$ m/s. La balle repasse au point de départ à 19,6 m/s, mais dirigée vers le bas (signe négatif).

a) Phase 1 : aire $=(3{,}0)(4{,}0)=12$, donc $v(4{,}0)=0+12=12$ m/s. Phase 2 : accélération nulle, aire nulle, la vitesse ne change pas, $v(8{,}0)=12$ m/s. Phase 3 : aire $=(-2{,}0)(6{,}0)=-12$, donc $v(14{,}0)=12-12=0$ m/s. Le mobile s'arrête exactement à 14,0 s.

b) Phase 1, MRUA depuis le repos : $\Delta x=\frac{1}{2}(3{,}0)(4{,}0)^{2}=24$ m. Phase 2, vitesse constante : $\Delta x=(12)(4{,}0)=48$ m. Phase 3, décélération jusqu'à l'arrêt : $\Delta x=\frac{v_{i}+v_{f}}{2}\Delta t=\frac{12+0}{2}(6{,}0)=36$ m. Total : $24+48+36=108$ m. On peut aussi lire chacune de ces distances comme l'aire sous le graphique vitesse-temps que l'on vient de construire : un triangle, un rectangle, puis un triangle.

c) Partant de $x=0$ : $x(4{,}0)=24$ m, $x(8{,}0)=24+48=72$ m, $x(14{,}0)=108$ m.

d) Phase 1 : la vitesse croît à partir de zéro, donc la courbe part avec une pente nulle et se redresse : c'est une parabole tournée vers le haut. Phase 2 : vitesse constante, la courbe est une DROITE de pente 12 m/s. Phase 3 : la vitesse décroît vers zéro, la courbe s'aplatit progressivement : c'est une parabole tournée vers le bas, qui devient horizontale à $t=14{,}0$ s. La pente du graphique position-temps est la vitesse : elle est donc maximale, et constante, pendant toute la phase 2, entre 4,0 et 8,0 s.

e) L'affirmation est fausse. Une accélération négative signifie seulement que la vitesse DIMINUE, pas que la position diminue. Or la vitesse reste positive pendant toute la phase 3, de 12 m/s jusqu'à 0 : le mobile avance encore, simplement de plus en plus lentement, et il gagne même 36 mètres. Reculer exigerait une vitesse négative, ce qui n'arriverait qu'après 14,0 s si l'accélération se poursuivait. Il faut donc lire le signe de $a$ et celui de $v$ séparément : ils sont de sens contraires quand l'objet ralentit, de même sens quand il accélère. Les quatre règles de lecture : la PENTE du graphique position-temps donne la vitesse; la PENTE du graphique vitesse-temps donne l'accélération; l'AIRE sous le graphique vitesse-temps donne le déplacement; l'AIRE sous le graphique accélération-temps donne la variation de vitesse. On monte d'un graphique à l'autre par des aires, on descend par des pentes.

a) A est en MRU : $x_{A}(t)=20t$. B est en MRUA en partant du repos : $x_{B}(t)=\frac{1}{2}\times 2\times t^{2}=t^{2}$.

b) Rencontre quand $x_{A}=x_{B}$ : $20t=t^{2}$, soit $t^{2}-20t=0$, donc $t(t-20)=0$. La solution $t=0$ est le départ ; la rencontre a lieu à $t=20$ s.

c) $x_{A}(20)=20\times 20=400$ m (et $x_{B}(20)=20^{2}=400$ m) : la rencontre est à 400 m du feu.

d) $v_{B}=a\,t=2\times 20=40$ m/s. C'est le double de la vitesse de A (20 m/s) : B a dû aller plus vite à la fin pour rattraper le retard accumulé au départ.

a) Pendant la réaction, mouvement à vitesse constante (MRU) : $\Delta x=v\,\Delta t=25\times 1{,}5=37{,}5$ m.

b) Freinage (MRUA) jusqu'à $v_{f}=0$, avec $a=-5$ m/s² : $\Delta x=\dfrac{v_{f}^{2}-v_{i}^{2}}{2a}=\dfrac{0-25^{2}}{2\times(-5)}=\dfrac{-625}{-10}=62{,}5$ m.

c) Distance d'arrêt totale $=37{,}5+62{,}5=100$ m.

d) Temps de freinage : $\Delta t=\dfrac{v_{f}-v_{i}}{a}=\dfrac{0-25}{-5}=5$ s. Temps total $=1{,}5+5=6{,}5$ s.

a) Une position en $t^{2}$ (parabole partant de l'origine avec tangente horizontale) correspond à une vitesse qui croît linéairement : c'est un MRUA parti du repos ($v_{i}=0$).

b) $v_{moy}=\dfrac{\Delta x}{\Delta t}=\dfrac{5{,}4-0}{3-0}=1{,}8$ m/s.

c) Pente de la tangente : $\dfrac{12{,}6-(-1{,}8)}{5-1}=\dfrac{14{,}4}{4}=3{,}6$ m/s. La vitesse instantanée (3,6 m/s) est le DOUBLE de la vitesse moyenne (1,8 m/s) : parti du repos, le mobile va de plus en plus vite, la moyenne sur [0 ; 3] est donc inférieure à la vitesse atteinte à la fin de l'intervalle (pour un MRUA depuis le repos, $v_{moy}=\frac{v_{f}}{2}$ exactement).

d) $a=\dfrac{v_{f}-v_{i}}{\Delta t}=\dfrac{3{,}6-0}{3}=1{,}2$ m/s². Vérification : $\Delta x=\frac{1}{2}\times 1{,}2\times 3^{2}=5{,}4$ m : cohérent avec la lecture du graphique.

a) Phase 1 : $v=a\,\Delta t=1{,}5\times 10=15$ m/s. Freinage : $\Delta t=\dfrac{0-15}{-2{,}5}=6$ s.

b) Phase 1 (triangle) : $\dfrac{15\times 10}{2}=75$ m. Phase 2 (rectangle) : $15\times 20=300$ m. Phase 3 (triangle) : $\dfrac{15\times 6}{2}=45$ m.

c) Distance totale : $75+300+45=420$ m, en $10+20+6=36$ s. Vitesse moyenne : $\dfrac{420}{36}\approx 11{,}7$ m/s (42 km/h).

d) $\Delta x=\dfrac{v^{2}}{2a}=\dfrac{30^{2}}{2\times 2{,}5}=180$ m, contre 45 m : QUATRE fois plus long. La distance de freinage croît avec le CARRÉ de la vitesse, pas proportionnellement : doubler la vitesse quadruple la distance d'arrêt.

a) Le sac partage le mouvement de la montgolfière à l'instant du largage : $v_{i}=+5{,}0$ m/s (vers le HAUT, pas zéro : c'est le piège classique) et $y_{0}=30$ m.

b) Au sommet, $v=0$ : $\Delta y=\dfrac{v_{i}^{2}}{2g}=\dfrac{25}{19{,}6}\approx 1{,}3$ m. Hauteur maximale : $30+1{,}28\approx 31{,}3$ m, atteinte environ 0,51 s après le largage.

c) $y(t)=30+5t-4{,}9t^{2}$. Au sol, $y=0$, donc $4{,}9t^{2}-5t-30=0$. Discriminant : $25+4\times 4{,}9\times 30=613$, $\sqrt{613}\approx 24{,}76$. Racines : $t=\dfrac{5\pm 24{,}76}{9{,}8}$, soit $t\approx 3{,}04$ s et $t\approx -2{,}02$ s. La racine négative correspond au passé (prolongement de la parabole avant le largage) : on garde $t\approx 3{,}0$ s.

d) $v=v_{i}-gt=5-9{,}8\times 3{,}037\approx -24{,}8$ m/s : le sac frappe le sol à 24,8 m/s vers le bas. Vérification : $v^{2}=5^{2}+2\times 9{,}8\times 30=613$, donc $|v|=\sqrt{613}\approx 24{,}8$ m/s : cohérent.