Exercices corrigés : cinématique vectorielle en deux et trois dimensions (203-SN1-RE, ancien 203-NYA)

a) « $20^{\circ}$ à l'ouest du nord » se lit dans l'ordre : on part du NORD et on tourne de $20^{\circ}$ vers l'ouest. L'angle est donc mesuré à partir de l'axe des $y$, et c'est le SINUS qui donne la composante en $x$ : $\Delta x_{2}=-3{,}00\sin 20{,}0^{\circ}=-1{,}03$ km (vers l'ouest, donc négatif) et $\Delta y_{2}=3{,}00\cos 20{,}0^{\circ}=2{,}82$ km. Le piège classique est d'écrire $3\cos 20^{\circ}$ en $x$ par réflexe : on obtiendrait une étape presque plein est, ce que la figure dément immédiatement. Règle sûre : le cosinus va sur l'axe DONT ON PART pour mesurer l'angle.

b) Étape 1, angle mesuré à partir de l'est : $\Delta\vec{r}_{1}=(4{,}00\cos 30^{\circ}\,;\,4{,}00\sin 30^{\circ})=(3{,}46\,;\,2{,}00)$ km. Étape 3 : $(0\,;\,-2{,}50)$ km. On additionne COMPOSANTE PAR COMPOSANTE : $\Delta x=3{,}464-1{,}026+0=2{,}44$ km et $\Delta y=2{,}000+2{,}819-2{,}500=2{,}32$ km. Additionner les modules, $4+3+2{,}5=9{,}5$ km, donnerait la DISTANCE parcourue, pas le déplacement.

c) Module : $\sqrt{2{,}438^{2}+2{,}319^{2}}=3{,}36$ km. Orientation : $\arctan\dfrac{2{,}319}{2{,}438}=43{,}6^{\circ}$, et comme les deux composantes sont positives, le vecteur est bien dans le quadrant nord-est : $43{,}6^{\circ}$ au nord de l'est. Vérifier le quadrant n'est pas une formalité : $\arctan$ ne rend que des angles entre $-90^{\circ}$ et $90^{\circ}$, et un vecteur du quadrant sud-ouest donnerait le même résultat à la calculatrice.

d) Durée totale : $50+40+30=120$ min $=2{,}00$ h. Vitesse moyenne : $\dfrac{3{,}36}{2{,}00}=1{,}68$ km/h, orientée comme le déplacement. Vitesse scalaire moyenne : $\dfrac{9{,}50}{2{,}00}=4{,}75$ km/h. La première ne retient que le point de départ et le point d'arrivée, la seconde compte chaque mètre marché. L'étape 3, qui revient vers le sud, fait grandir la distance tout en RÉDUISANT le déplacement : c'est elle qui creuse l'écart. Les deux ne sont égales que pour un trajet rectiligne sans demi-tour.

e) Le retour est le vecteur opposé, $-\Delta\vec{r}=(-2{,}44\,;\,-2{,}32)$ km : même module, $3{,}36$ km, orientation $43{,}6^{\circ}$ au sud de l'ouest. On ne change ni l'angle ni la référence, on retourne seulement les deux points cardinaux.

a) La vitesse moyenne ne dépend QUE des positions : $\vec{v}_{moy}=\dfrac{\vec{r}_{2}-\vec{r}_{1}}{t_{2}-t_{1}}$. Composante par composante, $\Delta\vec{r}=(11-3\,;\,7-(-1)\,;\,2-5)=(8{,}0\,;\,8{,}0\,;\,-3{,}0)$ m, et $\Delta t=4{,}0$ s, d'où $\vec{v}_{moy}=(2{,}0\,;\,2{,}0\,;\,-0{,}75)$ m/s. Les vitesses $\vec{v}_{1}$ et $\vec{v}_{2}$ données dans l'énoncé ne servent à rien ici : c'est volontaire, un énoncé donne souvent plus que ce que la question demande. Attention au $-(-1)$ en $y$ : c'est l'erreur de signe la plus fréquente de ce calcul.

b) En trois dimensions, le module prend les TROIS carrés : $\sqrt{2{,}0^{2}+2{,}0^{2}+0{,}75^{2}}=\sqrt{8{,}5625}=2{,}93$ m/s. Oublier la composante en $z$ donnerait $2{,}83$ m/s, une erreur qui passe inaperçue parce que le résultat reste plausible.

c) Même geste avec les vitesses : $\vec{a}_{moy}=\dfrac{\vec{v}_{2}-\vec{v}_{1}}{\Delta t}=\dfrac{(-4{,}0\,;\,2{,}0\,;\,2{,}0)}{4{,}0}=(-1{,}0\,;\,0{,}50\,;\,0{,}50)$ m/s². Module : $\sqrt{1+0{,}25+0{,}25}=\sqrt{1{,}5}=1{,}22$ m/s². Remarquez que les modules des vitesses, $|\vec{v}_{1}|=4{,}58$ m/s et $|\vec{v}_{2}|=6{,}40$ m/s, ne permettent PAS de retrouver ce résultat : $\dfrac{6{,}40-4{,}58}{4}=0{,}46$ m/s² mesure seulement le changement de rapidité, alors que l'accélération mesure aussi le changement de direction.

d) $\dfrac{\vec{v}_{1}+\vec{v}_{2}}{2}=(0\,;\,5{,}0\,;\,0)$ m/s, très différent de $(2{,}0\,;\,2{,}0\,;\,-0{,}75)$ m/s. Or, si l'accélération était constante, les deux seraient ÉGALES : c'est la quatrième équation du MUA, $\Delta\vec{r}=\dfrac{\vec{v}_{i}+\vec{v}_{f}}{2}\,\Delta t$, qui n'est vraie que sous cette hypothèse. Comme l'égalité est fausse, on conclut avec certitude que l'accélération a VARIÉ entre les deux instants. L'accélération moyenne de c) n'est donc qu'une moyenne, et rien ne dit que le drone a eu cette accélération à un instant précis.

e) La partie horizontale de $\vec{v}_{moy}$ a pour module $\sqrt{2{,}0^{2}+2{,}0^{2}}=2{,}83$ m/s ; la composante verticale vaut $-0{,}75$ m/s. L'angle sous l'horizontale est $\arctan\dfrac{0{,}75}{2{,}83}=14{,}9^{\circ}$. On ne prend PAS l'arctangente de $\dfrac{v_{z}}{v_{x}}$ : l'horizontale a deux composantes, et il faut les réunir avant de comparer à la verticale.

a) On dérive CHAQUE composante séparément, comme trois mouvements rectilignes indépendants : $\vec{v}(t)=(4{,}0-1{,}0t)\,\vec{\imath}+3{,}0t\,\vec{\jmath}-0{,}60t^{2}\,\vec{k}$ m/s, puis $\vec{a}(t)=-1{,}0\,\vec{\imath}+3{,}0\,\vec{\jmath}-1{,}2t\,\vec{k}$ m/s². Les composantes en $x$ et en $y$ de l'accélération sont constantes, mais pas celle en $z$, qui dépend de $t$ : le mouvement n'est PAS uniformément accéléré, et les équations du MUA sont interdites ici. Il suffit d'UNE composante variable pour tout invalider, parce que le vecteur accélération change alors.

b) $\vec{v}(2{,}0)=(4{,}0-2{,}0\,;\,6{,}0\,;\,-0{,}60\times 4{,}0)=(2{,}0\,;\,6{,}0\,;\,-2{,}4)$ m/s et $|\vec{v}|=\sqrt{4{,}0+36+5{,}76}=6{,}76$ m/s.

c) $v_{x}=4{,}0-t=0$ pour $t=4{,}0$ s. À cet instant, $\vec{a}=(-1{,}0\,;\,3{,}0\,;\,-4{,}8)$ m/s² et $|\vec{a}|=\sqrt{1+9+23{,}04}=5{,}75$ m/s². L'annulation de $v_{x}$ ne dit RIEN de $a_{x}$, qui reste $-1{,}0$ m/s² : une composante de vitesse nulle n'est pas une composante d'accélération nulle, exactement comme au sommet d'une trajectoire où $v_{y}=0$ mais $a_{y}=-g$.

d) À $t=2{,}0$ s, $\vec{a}=(-1{,}0\,;\,3{,}0\,;\,-2{,}4)$ m/s², de module $\sqrt{15{,}76}=3{,}97$ m/s². Produit scalaire : $\vec{v}\cdot\vec{a}=(2{,}0)(-1{,}0)+(6{,}0)(3{,}0)+(-2{,}4)(-2{,}4)=-2{,}0+18+5{,}76=21{,}76$. Angle : $\cos\theta=\dfrac{21{,}76}{6{,}765\times 3{,}970}=0{,}810$, d'où $\theta=35{,}9^{\circ}$.

e) L'angle est aigu, le produit scalaire positif : l'accélération a une composante DANS le sens de la vitesse, donc le module de la vitesse augmente. Cette composante est l'accélération tangentielle, $a_{t}=\dfrac{\vec{v}\cdot\vec{a}}{|\vec{v}|}=\dfrac{21{,}76}{6{,}765}=3{,}22$ m/s² ; le reste de l'accélération, perpendiculaire à $\vec{v}$, courbe la trajectoire. C'est le critère qui revient dans toute la série : on ne juge pas si un objet accélère ou ralentit au signe d'une composante, mais au signe de $\vec{v}\cdot\vec{a}$. Ici $a_{x}<0$, et pourtant l'hélicoptère va de plus en plus vite.

La méthode, une fois pour toutes. Le signe du produit scalaire $\vec{v}\cdot\vec{a}$ dit ce que fait le MODULE : positif il augmente, négatif il diminue, nul il est stationnaire à cet instant. La direction ne change pas seulement quand $\vec{a}$ est PARALLÈLE à $\vec{v}$, ce qu'on teste en 2D avec $v_{x}a_{y}-v_{y}a_{x}=0$. Toute composante de $\vec{a}$ perpendiculaire à $\vec{v}$ fait tourner la vitesse.

a) $\vec{a}=2\vec{v}$ : les deux vecteurs sont parallèles et de même sens. $\vec{v}\cdot\vec{a}=18+32=50>0$, le module augmente ; $3\times 8-4\times 6=0$, la direction ne change pas. C'est un mouvement rectiligne qui accélère.

b) $\vec{v}\cdot\vec{a}=-24+24=0$ : l'accélération est entièrement PERPENDICULAIRE à la vitesse. Le module ne varie pas à cet instant, et toute l'accélération sert à tourner. C'est la situation du mouvement circulaire uniforme, où l'on accélère en permanence sans jamais aller plus vite. Le piège est de conclure « accélération non nulle, donc l'objet va plus vite ».

c) $\vec{a}=-\vec{v}$ : parallèles, sens opposés. $\vec{v}\cdot\vec{a}=-25<0$, le module diminue, et la direction ne change pas tant que l'objet n'est pas arrêté. Une voiture qui freine en ligne droite.

d) $\vec{v}\cdot\vec{a}=0+4\times(-10)=-40<0$ : le module diminue, la balle monte en perdant de la vitesse. Et $3\times(-10)-4\times 0=-30\neq 0$ : la direction change, la trajectoire se courbe vers le bas. Accélération tangentielle : $a_{t}=\dfrac{\vec{v}\cdot\vec{a}}{|\vec{v}|}=\dfrac{-40}{5}=-8$ m/s², le signe moins disant « dans le sens contraire du mouvement ». Accélération normale : $a_{n}=\sqrt{|\vec{a}|^{2}-a_{t}^{2}}=\sqrt{100-64}=6$ m/s². Vérification par l'autre voie : $a_{n}=\dfrac{|v_{x}a_{y}-v_{y}a_{x}|}{|\vec{v}|}=\dfrac{30}{5}=6$ m/s². La même gravité freine ET courbe, dans une proportion qui change à chaque instant du vol.

e) $\vec{v}\cdot\vec{a}=8+0=8>0$, le module augmente ; $4\times 3-0\times 2=12\neq 0$, la direction change aussi. C'est le cas général : les deux effets en même temps. Seules les situations a), b) et c) sont « pures », et ce sont les trois cas d'école que tous les manuels dessinent.

a) L'accélération étant constante, chaque composante suit l'équation du MUA : $x(t)=x_{0}+v_{0x}t+\frac{1}{2}a_{x}t^{2}=2{,}0+3{,}0t-0{,}50t^{2}$ et $y(t)=6{,}0-4{,}0t+1{,}0t^{2}$, puis $v_{x}=3{,}0-1{,}0t$ et $v_{y}=-4{,}0+2{,}0t$. C'est l'équation vectorielle $\vec{r}=\vec{r}_{0}+\vec{v}_{0}t+\frac{1}{2}\vec{a}t^{2}$ écrite ligne par ligne. À $t=1{,}0$ s : $\vec{v}=(2{,}0\,;\,-2{,}0)$ m/s. Le piège d'écriture est d'oublier le facteur $\frac{1}{2}$ sur une seule des deux lignes.

b) $y$ est minimal quand $v_{y}=0$ : $-4{,}0+2{,}0t=0$ donne $t=2{,}0$ s. Alors $y=6-8+4=2{,}0$ m et $x=2+6-2=6{,}0$ m. On ne touche QU'À la ligne en $y$ : l'extremum d'une coordonnée ne regarde que sa propre composante de vitesse.

c) $\vec{v}(2{,}0)=(1{,}0\,;\,0)$ m/s, de module $1{,}0$ m/s. Le module n'est PAS minimal à cet instant, et c'est le piège de l'exercice. « $y$ minimal » et « vitesse minimale » sont deux questions différentes : la première annule $v_{y}$, la seconde demande que la vitesse soit perpendiculaire à l'accélération. À $t=2{,}0$ s, $\vec{v}\cdot\vec{a}=(1)(-1)+(0)(2)=-1<0$ : le module est encore en train de diminuer.

d) $|\vec{v}|^{2}=(3-t)^{2}+(2t-4)^{2}=5t^{2}-22t+25$, parabole minimale au sommet $t=\dfrac{22}{10}=2{,}2$ s. Alors $|\vec{v}|^{2}=24{,}2-48{,}4+25=0{,}80$ et $|\vec{v}|=0{,}89$ m/s. Vérification par le critère de l'exercice 4 : $\vec{v}(2{,}2)=(0{,}8\,;\,0{,}4)$ et $\vec{v}\cdot\vec{a}=-0{,}8+0{,}8=0$. La vitesse ne s'annule jamais : un MUA dont $\vec{a}$ n'est pas parallèle à $\vec{v}_{0}$ ne peut pas s'arrêter.

e) Croiser l'axe des $y$, c'est $x=0$ : $2{,}0+3{,}0t-0{,}50t^{2}=0$, soit $t^{2}-6t-4=0$ et $t=3\pm\sqrt{13}$. La racine négative, $-0{,}61$ s, est antérieure au départ : on la rejette. Donc $t=3+\sqrt{13}=6{,}61$ s. Pour $y$, l'équation donne $t^{2}=6t+4$, d'où $y=6-4t+t^{2}=2t+10=23{,}2$ m. La rondelle file d'abord vers la droite, s'arrête en $x$ à $t=3{,}0$ s (où $x=6{,}5$ m) puis repart vers la gauche en remontant : sa trajectoire est une parabole, dont l'axe est parallèle à $\vec{a}$ et non vertical.

a) La vitesse pointe à $+45{,}0^{\circ}$ de l'est, l'accélération à $-15{,}0^{\circ}$ : l'angle entre elles vaut $45+15=60{,}0^{\circ}$. Il est aigu, donc $\vec{v}\cdot\vec{a}>0$ et le module de la vitesse commence par augmenter. Mais il n'est pas nul : la rafale fait AUSSI tourner le drone vers l'est.

b) La relation du MUA vaut pour les vecteurs : $\vec{v}=\vec{v}_{0}+\vec{a}\,\Delta t$. $\vec{v}_{0}=(12{,}0\cos 45^{\circ}\,;\,12{,}0\sin 45^{\circ})=(8{,}49\,;\,8{,}49)$ m/s. $\vec{a}\,\Delta t$ a pour module $3{,}20\times 2{,}50=8{,}00$ m/s, et pour composantes $(8{,}00\cos 15^{\circ}\,;\,-8{,}00\sin 15^{\circ})=(7{,}73\,;\,-2{,}07)$ m/s, avec le signe moins du « sud ». Somme : $\vec{v}=(16{,}21\,;\,6{,}41)$ m/s, de module $\sqrt{16{,}21^{2}+6{,}41^{2}}=17{,}4$ m/s, orienté à $\arctan\dfrac{6{,}41}{16{,}21}=21{,}6^{\circ}$ au nord de l'est. La figure du corrigé montre le triangle : $\vec{a}\,\Delta t$ se pose au bout de $\vec{v}_{0}$.

c) $\Delta\vec{r}=\vec{v}_{0}\,t+\frac{1}{2}\vec{a}\,t^{2}$. Premier terme : $(8{,}485\times 2{,}50\,;\,8{,}485\times 2{,}50)=(21{,}21\,;\,21{,}21)$ m. Second terme, de module $\frac{1}{2}\times 3{,}20\times 2{,}50^{2}=10{,}0$ m à $-15^{\circ}$ : $(9{,}66\,;\,-2{,}59)$ m. Total $(30{,}87\,;\,18{,}63)$ m, soit $36{,}1$ m à $31{,}1^{\circ}$ au nord de l'est. L'orientation du déplacement, $31{,}1^{\circ}$, se situe entre celle de départ, $45^{\circ}$, et celle d'arrivée, $21{,}6^{\circ}$ : c'est cohérent avec une trajectoire qui tourne progressivement.

d) Il additionne les MODULES comme si les deux vecteurs étaient parallèles. Ce n'est vrai que si l'accélération a la direction de la vitesse ; ici elles font $60^{\circ}$ et une partie de $\vec{a}\,\Delta t$ sert à tourner au lieu d'accélérer. La vraie réponse, $17{,}4$ m/s, est plus petite que $20{,}0$ m/s, et elle le sera toujours : le côté d'un triangle est plus court que la somme des deux autres.

e) Pour que la direction reste celle de $\vec{v}_{0}$, il faut $\vec{a}$ PARALLÈLE à $\vec{v}_{0}$ et de même sens, donc à $45{,}0^{\circ}$ au nord de l'est. Alors seulement les modules s'additionnent : $12{,}0+3{,}20\times 2{,}50=20{,}0$ m/s. Le calcul du camarade était juste, mais pour une autre rafale.

a) Le tir horizontal est le cas le plus simple du projectile, parce que $v_{0y}=0$ : la bille commence sa chute verticale EXACTEMENT comme si on l'avait lâchée. Avec l'axe $y$ vers le bas pour cette question, $0{,}920=\frac{1}{2}(9{,}80)t^{2}$ donne $t=\sqrt{\dfrac{2\times 0{,}920}{9{,}80}}=0{,}433$ s. La vitesse horizontale n'intervient pas du tout : c'est le réflexe à prendre, la hauteur seule fixe la durée de chute d'un tir horizontal.

b) Horizontalement, le mouvement est uniforme : $v_{0}=\dfrac{\Delta x}{t}=\dfrac{1{,}15}{0{,}4333}=2{,}65$ m/s. C'est un problème INVERSE, la portée est donnée et on remonte à la vitesse ; il se traite dans le même ordre, le temps d'abord par la verticale, la vitesse ensuite par l'horizontale.

c) À l'impact, $v_{x}=2{,}65$ m/s, inchangée, et $v_{y}=gt=9{,}80\times 0{,}4333=4{,}25$ m/s vers le bas. Module : $\sqrt{2{,}654^{2}+4{,}246^{2}}=5{,}01$ m/s. Angle sous l'horizontale : $\arctan\dfrac{4{,}246}{2{,}654}=58{,}0^{\circ}$. Autre voie pour le module, par l'énergie qu'on verra plus tard : $v^{2}=v_{0}^{2}+2gh=7{,}04+18{,}03$, même résultat.

d) L'ouverture du gobelet est à $0{,}120$ m du sol : la bille n'a donc que $0{,}920-0{,}120=0{,}800$ m à descendre. Durée : $\sqrt{\dfrac{2\times 0{,}800}{9{,}80}}=0{,}404$ s, et distance $2{,}654\times 0{,}4041=1{,}07$ m. Le piège est de calculer $1{,}15$ m moins quelque chose proportionnel à $0{,}12$ : la trajectoire est une PARABOLE, pas une droite, et la dernière portion de chute est la plus rapide. On refait le calcul du temps avec la bonne hauteur.

e) Elles touchent le sol EN MÊME TEMPS. Verticalement, les deux billes partent avec $v_{0y}=0$ et subissent la même accélération $g$ : leurs mouvements verticaux sont identiques, et le mouvement horizontal de la première n'y change rien. C'est l'indépendance des composantes, le fil de toute la série, vue dans sa forme la plus nue.

a) Le sommet se reconnaît à $v_{y}=0$, pas à une vitesse « presque horizontale ». Ici $v_{y}=+1{,}0$ m/s : la balle MONTE encore. Elle atteint le sommet quand $1{,}0-9{,}80\,t=0$, soit dans $t=0{,}10$ s, après être montée encore de $\dfrac{1{,}0^{2}}{2\times 9{,}80}=5{,}1$ cm. Un angle de $18^{\circ}$ au-dessus de l'horizontale reste un angle de montée.

b) Au sommet, seule la composante VERTICALE de la vitesse s'annule ; la composante horizontale $v_{0x}$ n'a jamais changé, donc $\vec{v}=v_{0x}\,\vec{\imath}$. Et l'accélération vaut $-g\,\vec{\jmath}$ pendant tout le vol, sommet compris : si elle s'annulait au sommet, la balle y resterait suspendue. Seul un lancer parfaitement vertical a une vitesse nulle au sommet, et même lui garde $\vec{a}=-g\,\vec{\jmath}$.

c) L'accélération mesure le changement du VECTEUR vitesse, direction comprise. Une accélération perpendiculaire à la vitesse la fait tourner sans changer son module : c'est le mouvement circulaire uniforme, et c'est la situation b) de l'exercice 4. Module constant veut dire $\vec{v}\cdot\vec{a}=0$, pas $\vec{a}=\vec{0}$.

d) La relation $\vec{v}_{moy}=\dfrac{\vec{v}_{i}+\vec{v}_{f}}{2}$ est une conséquence du MUA et ne vaut que si l'accélération est CONSTANTE. L'exercice 2 en donne un contre-exemple chiffré : $(0\,;\,5\,;\,0)$ m/s d'un côté, $(2\,;\,2\,;\,-0{,}75)$ m/s de l'autre. La définition qui vaut toujours est $\dfrac{\Delta\vec{r}}{\Delta t}$.

e) Au moment où il est lâché, le colis a la vitesse horizontale de l'avion, et plus rien ne la modifie horizontalement. Colis et avion avancent donc de la même distance à chaque instant : le colis reste à la verticale de l'avion et tombe sous lui. L'intuition « il tombe derrière » vient de la résistance de l'air, qui freine le colis et que l'énoncé exclut ; c'est aussi l'erreur d'Aristote, qui pensait qu'un mouvement cesse dès qu'on cesse de le pousser.

a) Le graphique part de $25$ m/s, c'est $v_{0}$. Son minimum vaut $15$ m/s. Or, pendant le vol, $|\vec{v}|=\sqrt{v_{x}^{2}+v_{y}^{2}}$ avec $v_{x}$ CONSTANTE : le module est minimal quand $v_{y}=0$, c'est-à-dire au sommet, et il vaut alors $v_{x}$. Donc $v_{0x}=15$ m/s, puis $v_{0y}=\sqrt{25^{2}-15^{2}}=20$ m/s et l'angle de tir $\arctan\dfrac{20}{15}=53{,}1^{\circ}$. Tout le problème tient dans cette lecture : le minimum d'une courbe de vitesse d'un projectile, c'est sa composante horizontale.