Exercices corrigés : cinématique en une et deux dimensions (203-NYA)

a) On dérive : $v(t)=\frac{dx}{dt}=3t^{2}-12t+9$ (en m/s) et $a(t)=\frac{dv}{dt}=6t-12$ (en m/s²).

b) Le chariot est immobile quand $v(t)=0$ : $3t^{2}-12t+9=0$, soit $3(t-1)(t-3)=0$. Donc $t=1$ s et $t=3$ s.

c) $x(1)=1-6+9=4$ m et $x(3)=27-54+27=0$ m. Le chariot avance jusqu'à 4 m, revient à l'origine, puis repart.

d) Déplacement : $x(4)-x(0)=(64-96+36)-0=4$ m, donc vitesse moyenne $=\frac{4}{4}=1$ m/s. Distance parcourue : de 0 à 4 m (4 m), de 4 m à 0 (4 m), puis de 0 à 4 m (4 m), soit 12 m au total, donc vitesse scalaire moyenne $=\frac{12}{4}=3$ m/s. Les allers-retours s'annulent dans le déplacement mais s'additionnent dans la distance : c'est toute la différence entre un vecteur et un scalaire.

e) $a(1)=6-12=-6$ m/s² et $a(3)=18-12=6$ m/s². Oui, le chariot change de sens aux deux instants : la vitesse s'y annule ET change de signe (positive avant $t=1$ s, négative entre 1 s et 3 s, positive après 3 s). Une vitesse nulle avec une accélération non nulle est le signe d'un demi-tour, pas d'un arrêt durable.

a) Phase 1 (0 à 8 s) : $a_{1}=\frac{20-0}{8}=2{,}5$ m/s². Phase 2 (8 s à 28 s) : vitesse constante, $a_{2}=0$. Phase 3 (28 s à 36 s) : $a_{3}=\frac{0-20}{8}=-2{,}5$ m/s² (freinage).

b) L'aire sous la courbe est un trapèze qu'on découpe : triangle $\frac{1}{2}(8)(20)=80$ m, rectangle $(20)(20)=400$ m, triangle $\frac{1}{2}(8)(20)=80$ m. Distance totale : $80+400+80=560$ m.

c) À $t=8$ s, la rame a parcouru 80 m. Entre 8 s et 10 s elle roule à 20 m/s : $80+(20)(2)=120$ m.

d) $v_{moy}=\frac{560}{36}\approx 15{,}6$ m/s. Elle est inférieure à 20 m/s parce que la rame passe une partie du trajet à accélérer et à freiner : la moyenne pondère aussi ces phases plus lentes.

e) Trois paliers horizontaux : $a=2{,}5$ m/s² de 0 à 8 s, $a=0$ de 8 s à 28 s, $a=-2{,}5$ m/s² de 28 s à 36 s, avec des sauts (discontinuités) aux changements de phase. L'accélération n'est pas définie continûment aux instants de transition, où la pente du graphique v-t change brusquement.

a) Avec $y_{0}=19{,}6$ m et $v_{0}=+14{,}7$ m/s : $y(t)=19{,}6+14{,}7t-4{,}9t^{2}$ et $v(t)=14{,}7-9{,}8t$.

b) Au sommet, $v=0$ : $t=\frac{14{,}7}{9{,}8}=1{,}5$ s. Hauteur : $y(1{,}5)=19{,}6+\frac{(14{,}7)^{2}}{2(9{,}8)}=19{,}6+11{,}025=30{,}625$ m, soit environ 30,6 m au-dessus de l'eau.

c) On résout $y(t)=19{,}6$ : $14{,}7t-4{,}9t^{2}=0$, soit $t(14{,}7-4{,}9t)=0$, donc $t=3$ s (l'autre racine est le départ). Vitesse : $v(3)=14{,}7-29{,}4=-14{,}7$ m/s. Même module qu'au lancer, signe opposé : la chute libre est symétrique de part et d'autre du sommet.

d) On résout $y(t)=0$ : $19{,}6+14{,}7t-4{,}9t^{2}=0$. En divisant par $-4{,}9$ : $t^{2}-3t-4=0$, soit $(t-4)(t+1)=0$. On garde $t=4$ s (la racine $t=-1$ s est antérieure au lancer, on la rejette). Vitesse à l'impact : $v(4)=14{,}7-39{,}2=-24{,}5$ m/s, soit 24,5 m/s vers le bas.

e) Vitesse moyenne : $\frac{\Delta y}{\Delta t}=\frac{0-19{,}6}{4}=-4{,}9$ m/s; le signe négatif indique que le déplacement net est vers le bas (la balle finit sous son point de départ). Distance parcourue : $11{,}025$ m en montée puis $30{,}625$ m en descente, soit 41,65 m, d'où une vitesse scalaire moyenne de $\frac{41{,}65}{4}\approx 10{,}4$ m/s.

a) MRU : $x_{v}(t)=25t$. MRUA depuis le repos : $x_{p}(t)=\frac{1}{2}(2{,}5)t^{2}=1{,}25t^{2}$.

b) Rattrapage quand $x_{p}=x_{v}$ : $1{,}25t^{2}=25t$, soit $t(1{,}25t-25)=0$. On écarte $t=0$ (le dépassement) : $t=20$ s, à $x=25(20)=500$ m.

c) $v_{p}(20)=(2{,}5)(20)=50$ m/s, soit 180 km/h. C'est exactement le double de la vitesse de la voiture poursuivie, et une vitesse très élevée : dans la réalité, la poursuite ne se fait pas à accélération constante jusqu'au bout.

d) L'écart $e(t)=x_{v}(t)-x_{p}(t)=25t-1{,}25t^{2}$ est maximal quand sa dérivée s'annule : $e'(t)=25-2{,}5t=0$, donc $t=10$ s, c'est-à-dire quand les deux vitesses sont égales ($v_{p}=25$ m/s). Tant que la police roule moins vite, l'écart se creuse; dès qu'elle roule plus vite, il se resserre. Écart maximal : $e(10)=250-125=125$ m.

e) Cas général : $x_{v}(t)=vt$ et $x_{p}(t)=\frac{1}{2}at^{2}$. Le rattrapage (hors $t=0$) vérifie $\frac{1}{2}at^{2}=vt$, d'où $t^{*}=\frac{2v}{a}$. La vitesse du poursuivant vaut alors $v_{p}=at^{*}=a\cdot\frac{2v}{a}=2v$. L'accélération disparaît du résultat : elle décide seulement du moment du rattrapage, pas de la vitesse à laquelle il se produit. Autre lecture : pour rattraper une cible partie en même temps, il faut la même position, donc la même vitesse moyenne; partant de 0 avec une vitesse qui croît linéairement, le poursuivant doit finir à $2v$ pour avoir une moyenne de $v$.

a) $v_{0x}=24{,}5\times 0{,}6=14{,}7$ m/s et $v_{0y}=24{,}5\times 0{,}8=19{,}6$ m/s. D'où $x(t)=14{,}7t$ (MRU) et $y(t)=19{,}6t-4{,}9t^{2}$ (MRUA).

b) Au sommet, $v_{y}=0$ : $t=\frac{19{,}6}{9{,}8}=2$ s. $h_{max}=\frac{v_{0y}^{2}}{2g}=\frac{(19{,}6)^{2}}{19{,}6}=19{,}6$ m.

c) Le vol se termine quand $y=0$ : $t(19{,}6-4{,}9t)=0$, donc $t=4$ s (le double du temps de montée, par symétrie). Portée : $x(4)=14{,}7\times 4=58{,}8$ m.

d) Le ballon atteint le plan du mur quand $x=40$ m : $t=\frac{40}{14{,}7}\approx 2{,}72$ s. Hauteur : $y(2{,}72)\approx 19{,}6(2{,}721)-4{,}9(2{,}721)^{2}\approx 53{,}33-36{,}28\approx 17{,}05$ m. Comme 17,05 m $>$ 15 m, le ballon passe au-dessus du mur avec une marge d'environ 2,1 m.

e) $v_{x}=14{,}7$ m/s (constante) et $v_{y}=19{,}6-9{,}8(2{,}721)\approx -7{,}07$ m/s. Module : $\sqrt{(14{,}7)^{2}+(7{,}07)^{2}}\approx 16{,}3$ m/s. Orientation : $\tan\alpha=\frac{7{,}07}{14{,}7}$, soit $\alpha\approx 25{,}7^{\circ}$ sous l'horizontale. Le signe négatif de $v_{y}$ montre que non : le ballon a dépassé son sommet (atteint à 2 s) et redescend déjà quand il franchit le mur.

a) La composante perpendiculaire de la vitesse est 5 m/s : durée $=\frac{120}{5}=24$ s. Pendant ce temps, le courant emporte le bateau de $3\times 24=72$ m vers l'aval. Vitesse par rapport au sol : addition vectorielle des deux composantes perpendiculaires, module $\sqrt{5^{2}+3^{2}}=\sqrt{34}\approx 5{,}83$ m/s, orientée d'un angle $\tan\alpha=\frac{3}{5}$, soit $\alpha\approx 31{,}0^{\circ}$ vers l'aval par rapport à la perpendiculaire aux rives.

b) Il faut annuler la dérive : la composante amont de la vitesse propre doit compenser le courant, donc $5\sin\theta=3$, soit $\sin\theta=0{,}6$ et $\theta\approx 36{,}9^{\circ}$ vers l'amont par rapport à la perpendiculaire. La vitesse par rapport au sol est alors entièrement perpendiculaire : $\sqrt{5^{2}-3^{2}}=\sqrt{16}=4$ m/s. Durée : $\frac{120}{4}=30$ s.

c) La stratégie a) est la plus rapide (24 s contre 30 s). La durée de traversée ne dépend que de la composante de vitesse perpendiculaire aux rives : le courant, parallèle aux rives, n'agit jamais sur cette composante (indépendance des mouvements perpendiculaires). En pointant droit vers l'autre rive, le pilote consacre la totalité de ses 5 m/s à la traversée; en pointant vers l'amont, il en sacrifie une partie ($5\cos\theta=4$ m/s seulement) pour combattre la dérive. Traverser vite et accoster en face sont deux objectifs incompatibles ici.