Exercices corrigés : cinématique en une et deux dimensions (203-SN1-RE, ancien 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) Les équations du MRUA supposent $a$ constante, ce qui n'est pas le cas : ici $a$ décroît linéairement. Il faut revenir aux définitions et intégrer. $v(t)=\int a\,dt=6t-0{,}75t^{2}+C_{1}$, et la navette part du repos donc $v(0)=0$ donne $C_{1}=0$ : $v(t)=6t-0{,}75t^{2}$ (m/s). Puis $x(t)=\int v\,dt=3t^{2}-0{,}25t^{3}+C_{2}$, et $x(0)=0$ donne $C_{2}=0$ : $x(t)=3t^{2}-0{,}25t^{3}$ (m).

b) $v(4)=6(4)-0{,}75(16)=24-12=12{,}0$ m/s. $x(4)=3(16)-0{,}25(64)=48-16=32{,}0$ m.

c) $a(t)=0$ quand $6=1{,}50t$, soit $t=4{,}00$ s, exactement l'instant de la coupure. Comme $a>0$ sur tout l'intervalle, la vitesse n'a fait que croître : $v=12{,}0$ m/s est donc la vitesse maximale du régime moteur. Une accélération nulle ne signifie jamais une vitesse nulle, elle signifie une vitesse qui cesse de varier.

d) Accélération moyenne : $\bar{a}=\frac{v(4)-v(0)}{4}=\frac{12}{4}=3{,}00$ m/s$^{2}$. Vitesse moyenne : $\bar{v}=\frac{x(4)-x(0)}{4}=\frac{32}{4}=8{,}00$ m/s. Or $\frac{v_{i}+v_{f}}{2}=\frac{0+12}{2}=6{,}00$ m/s, ce qui est différent. La formule $\bar{v}=\frac{v_{i}+v_{f}}{2}$ n'est valable qu'en MRUA, parce qu'elle suppose que la vitesse croît linéairement. Ici l'accélération est forte au début et faible à la fin : la navette passe donc plus de temps à vitesse élevée qu'à vitesse faible, et sa vitesse moyenne dépasse la moyenne des deux extrêmes.

e) Deuxième phase, en MRUA cette fois avec $v_{i}=12{,}0$ m/s et $a=-0{,}500$ m/s$^{2}$. Durée : $\Delta t=\frac{12}{0{,}5}=24{,}0$ s, donc l'arrêt survient à $t=4{,}00+24{,}0=28{,}0$ s. Distance supplémentaire : $\Delta x=\frac{v_{i}^{2}}{2|a|}=\frac{144}{1{,}00}=144$ m. Position finale : $32{,}0+144=176$ m de l'origine.

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) $\vec{r}(0)=0\hat{\imath}+1\hat{\jmath}$ et $\vec{r}(3)=\left(18-12\right)\hat{\imath}+10\hat{\jmath}=6\hat{\imath}+10\hat{\jmath}$ (m). Déplacement : $\Delta\vec{r}=\vec{r}(3)-\vec{r}(0)=6\hat{\imath}+9\hat{\jmath}$ (m). Module : $\left\|\Delta\vec{r}\right\|=\sqrt{6^{2}+9^{2}}=\sqrt{117}\approx 10{,}8$ m. Orientation : $\tan\theta=\frac{9}{6}$, soit $\theta\approx 56{,}3^{\circ}$ au nord de l'est.

b) $\vec{v}_{moy}=\frac{\Delta\vec{r}}{\Delta t}=\frac{6\hat{\imath}+9\hat{\jmath}}{3}=2\hat{\imath}+3\hat{\jmath}$ (m/s), de module $\sqrt{13}\approx 3{,}61$ m/s. Son orientation est identique à celle du déplacement, $56{,}3^{\circ}$ au nord de l'est : diviser un vecteur par un scalaire positif change sa longueur, jamais sa direction. La vitesse moyenne est toujours parallèle au déplacement, aussi tortueux que soit le trajet réel.

c) $\vec{v}(t)=\frac{d\vec{r}}{dt}=\left(4t-4\right)\hat{\imath}+3\hat{\jmath}$ (m/s) et $\vec{a}(t)=\frac{d\vec{v}}{dt}=4\hat{\imath}$ (m/s$^{2}$). L'accélération est constante en module et en direction : le mouvement est bien uniformément accéléré. Il n'est pourtant pas rectiligne, car $\vec{v}$ et $\vec{a}$ ne sont pas parallèles : $\vec{a}$ est purement selon $\hat{\imath}$ alors que $\vec{v}$ garde une composante $\hat{\jmath}$ constante. La trajectoire est une parabole, exactement comme celle d'un projectile couché à l'horizontale.

d) $\left\|\vec{v}\right\|^{2}=(4t-4)^{2}+9$. Cette somme est minimale quand le carré s'annule, soit $t=1{,}00$ s, et alors $\left\|\vec{v}\right\|=3{,}00$ m/s. Le drone ne s'arrête pas : en deux dimensions, la vitesse n'est nulle que si les DEUX composantes le sont, or $v_{y}=3$ m/s en permanence. À $t=1$ s le drone cesse seulement de progresser vers l'est et file plein nord.

e) À $t=3$ s : $\vec{v}=8\hat{\imath}+3\hat{\jmath}$, donc $\left\|\vec{v}\right\|=\sqrt{73}\approx 8{,}54$ m/s, et $\vec{a}=4\hat{\imath}$ avec $\left\|\vec{a}\right\|=4{,}00$ m/s$^{2}$. La composante tangentielle est la projection de $\vec{a}$ sur la direction de $\vec{v}$ : $a_{t}=\frac{\vec{a}\cdot\vec{v}}{\left\|\vec{v}\right\|}=\frac{4(8)+0(3)}{\sqrt{73}}=\frac{32}{\sqrt{73}}\approx 3{,}75$ m/s$^{2}$. La composante normale complète le module : $a_{n}=\sqrt{\left\|\vec{a}\right\|^{2}-a_{t}^{2}}=\sqrt{16-14{,}03}\approx 1{,}40$ m/s$^{2}$. Interprétation : $a_{t}>0$ signifie que le drone accélère, son module de vitesse augmente; $a_{n}\neq 0$ signifie que sa trajectoire tourne. On peut même chiffrer le virage par le rayon de courbure $\rho=\frac{\left\|\vec{v}\right\|^{2}}{a_{n}}=\frac{73}{1{,}40}\approx 52{,}0$ m.

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) $v_{0x}=25{,}0\cos 30^{\circ}=21{,}65$ m/s et $v_{0y}=25{,}0\sin 30^{\circ}=12{,}50$ m/s. En prenant le sol comme origine des hauteurs : $y(t)=20{,}0+12{,}50t-4{,}90t^{2}$. L'impact a lieu quand $y=0$ : $4{,}90t^{2}-12{,}50t-20{,}0=0$, donc $t=\frac{12{,}50+\sqrt{156{,}25+392}}{9{,}80}=\frac{12{,}50+23{,}41}{9{,}80}\approx 3{,}66$ s. On garde la racine positive, l'autre correspond à un instant antérieur au lancer. Portée : $x=21{,}65\times 3{,}66\approx 79{,}3$ m.

b) $v_{x}=21{,}65$ m/s (inchangée) et $v_{y}=12{,}50-9{,}80(3{,}665)\approx -23{,}41$ m/s. Module : $\sqrt{21{,}65^{2}+23{,}41^{2}}\approx 31{,}9$ m/s, orienté $\arctan\frac{23{,}41}{21{,}65}\approx 47{,}2^{\circ}$ sous l'horizontale. Démonstration générale : $v_{x}=v_{0}\cos\theta$ ne change pas, et $v_{y}^{2}=v_{0}^{2}\sin^{2}\theta+2gh$ par la relation $v_{f}^{2}=v_{i}^{2}+2a\Delta y$ appliquée à la verticale. Donc $v^{2}=v_{0}^{2}\cos^{2}\theta+v_{0}^{2}\sin^{2}\theta+2gh=v_{0}^{2}+2gh$. Ici $v=\sqrt{625+392}=\sqrt{1017}\approx 31{,}9$ m/s, quel que soit l'angle. L'angle décide de la répartition entre $v_{x}$ et $v_{y}$, jamais du module à l'arrivée.

c) Sur terrain horizontal, la portée vaut $R=\frac{v_{0}^{2}\sin 2\theta}{g}$. On impose $R=50{,}0$ m : $\sin 2\theta=\frac{50{,}0\times 9{,}80}{625}=0{,}784$. L'équation $\sin\alpha=0{,}784$ a deux solutions dans $[0^{\circ};180^{\circ}]$ : $\alpha=51{,}6^{\circ}$ et $\alpha=180^{\circ}-51{,}6^{\circ}=128{,}4^{\circ}$. Donc $\theta_{1}\approx 25{,}8^{\circ}$ et $\theta_{2}\approx 64{,}2^{\circ}$. Leur somme vaut $90^{\circ}$, ce qui est le résultat général : $\sin 2\theta=\sin\left(180^{\circ}-2\theta\right)$, donc $\theta$ et $90^{\circ}-\theta$ donnent toujours la même portée. Le tir tendu et le tir en cloche sont les deux faces d'une même portée.

d) Sans calcul : le temps de vol vaut $t=\frac{2v_{0}\sin\theta}{g}$, il ne dépend que de la composante verticale. Le tir en cloche à $64{,}2^{\circ}$ envoie beaucoup plus de vitesse vers le haut, il reste donc plus longtemps en l'air. Vérification : $t_{1}=\frac{2(25{,}0)\sin 25{,}8^{\circ}}{9{,}80}\approx 2{,}22$ s et $t_{2}=\frac{2(25{,}0)\sin 64{,}2^{\circ}}{9{,}80}\approx 4{,}59$ s, soit plus du double. Même portée, deux vols très différents : c'est exactement le choix qu'un joueur de tennis ou un artilleur doit faire.

e) La formule $R=\frac{v_{0}^{2}\sin 2\theta}{g}$ suppose que le départ et l'arrivée sont à la MÊME hauteur. Ce n'est pas le cas depuis un toit : les $20{,}0$ m de dénivelé offrent du temps de vol supplémentaire, pendant lequel la composante horizontale continue d'avancer. La portée depuis une hauteur $h$ vaut $R(\theta)=\frac{v_{0}\cos\theta}{g}\left(v_{0}\sin\theta+\sqrt{v_{0}^{2}\sin^{2}\theta+2gh}\right)$, et son maximum est atteint pour $\tan\theta_{opt}=\frac{v_{0}}{\sqrt{v_{0}^{2}+2gh}}=\frac{25{,}0}{31{,}89}$, soit $\theta_{opt}\approx 38{,}1^{\circ}$, avec $R_{max}=\frac{v_{0}}{g}\sqrt{v_{0}^{2}+2gh}=\frac{25{,}0}{9{,}80}\sqrt{1017}\approx 81{,}4$ m. Plus le lancer est haut, plus l'angle optimal descend sous $45^{\circ}$. Et le maximum est très plat : $30^{\circ}$ donnait déjà $79{,}3$ m, à peine $2$ m de moins que l'optimum.

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.