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USTHB Faculté de Physique Année 2011-2012 1ère année ST Corrigé de la série cin

USTHB Faculté de Physique Année 2011-2012 1ère année ST Corrigé de la série cinématique Sections 16 à 30 Hachemane Mahmoud (usthbst10@gmail.com) Monsieur A. Dib et Mademoiselle R. Yekken sont remerciés pour leurs remarques et corrections. Exercice 1 Le diagramme des espaces x(t) utilisé dans cette solution est légèrement diﬀérent de celui de l’énoncé car l’exercice est qualitatif, la méthode compte plus que les résultats numériques. 1. Description du mouvement : Le mobile démarre de l’origine des espaces dans le sens négatif (v < 0). Puis, il s’arrête à x == −50m entre 10 et 30s. Il reprend son mouvement mais dans le sens positif entre 30 et 60 secondes en passant par l’origine des espaces à t = 40s. Il s’arrête à 100m à 60s. 2. Méthode de la tangente : On trace la tangente en (t = 40s, x = 0m) pour déterminer la vitesse en ce point. On choisit deux points sur cette tangente et on trouve v (40s) = 2cm−(−2cm) 5cm−3cm 50m/cm 10s/cm = 10m/s Méthode de la vitesse moyenne : on choisit l’intervalle entre t1 = 37s et t2 = 43s. Le milieu de cet intervalle est tm = 40s. On choisit deux points sur la courbe x(t) et on utilise v(tm) = vm(t1, t2), on trouve v(40) = 0.6cm−(−0.5cm) 4.3cm−3.7cm 50m/cm 10s/cm = 9.17m/s C’est normal que les résultats soient diﬀérents à cause des erreurs : – La tangente est diﬃcile à tracer. – La lecture des valeurs se fait avec des erreurs. – L’intervalle [t1, t2] peut ne pas être assez petit. Remarque : Dans cette solution, la tangente et l’intervalle sont bien choisis car ils sont confondus avec une partie droite de la courbe x(t) correspondant à un MRU. Les erreurs de lecture sont surement la seule cause de la diﬀérence entre les deux valeurs de v(40). La méthode de la tangente est plus précise car les points utilisés dans le calcul sont éloignés ce qui réduit les erreurs. S’il n’ y avait pas une partie droite à t = 40s, la méthode de la vitesse moyenne aurait été la plus précise car la tangente serait très diﬃcile à tracer. On a donc le tableau suivant à tracer qualitativement en supposant que la vitesse a un maximum en t = 40s. t (s) 0 [10; 30] 40 60 v (m/s) −10 0 10 où 9.17 0 3. Phases du mouvement : t(s) [0, 10] [10, 30] [30, 40] [40; 60] x(m) [0; −50] −50 [−50; 0] [0; 100] Mouvement Retardé, sens - arrêt Accéléré, sens + Retardé, sens + justiﬁcation |v| ց, v < 0 v = 0 |v| ր, v > 0 |v| ց, v > 0 4. d = d (0; 10) + d (10; 30) + d (30; 60) = |−50 −0| + 0 + |100 −(−50)| = 200m. 5. Sur le diagramme des espaces, on voit que vm (0s; 40s) = 0 40 = 0m/s. t(s) x(m) 10 20 30 40 50 60 −50 50 v(m/s) t(s) −10 20 40 10 1 Exercice 2 1. vA (t) = vB (t) à t = 6 × 10−3h. 2. La distance parcourue par la voiture B est la surface du rectangle A (0, 0.006, vB) (Fig.1). La distance parcourue par A est la surface du triangle A (0, 0.006, vA) (Fig.2). La voiture B et donc en avance d’une distance correspondant à la surface du rectangle au-dessus de la diagonale D = A (0, 0.006, vB) −A (0, 0.006, vA) = 0, 120km (Fig.3). Fig.1 Fig.2 Fig.3 3. Entre t = 6 10−3h et t = 0, 01 h = 10−2h, la voiture A prend une avance d’une distance correspondant au trapèze entre ces deux instants et les vitesses des deux voitures (Fig.3), soit d = (4+1)×10−3×20 2 = 0.050 km. La voiture B est toujours en avance de D −d = 0.070 km 4. La voiture A doit rattraper les 0.070 km après t = 10−2h. On doit avoir 0.070 km = (t −10−2h) × 20 km/h ce qui donne t = 0.0135 h. On peut calculer à partir de l’origine des temps et écrire xA (t) = xB (t), donc [t+(t−9×10−3 h)]×60 km/h 2 = t × 40 km/h, ce qui donne le même résultat t = 0.0135 h. Exercice 3 2 4 6 8 10 −2 0 2 t(s) v(m/s) Donnée x (0s) = 0m 1. Accélération a = dv/dt. Le graphique de v (t) est composé de droites. L’accélération est constante pour chaque droite et correspond à la pente. Par exemple, entre t = 0s et t = 10s, on a a = v(1)−v(0) 1−0 = −2m/s2. On déduit le tableau suivant : t (s) [0, 1] [1, 2] [2, 4] [4; 5] [5; 10] a (m/s2) −2 +2 0 +1 −1 t (cm) [0, 1] [1, 2] [2, 4] [4; 5] [5; 10] a (cm) −4 +4 0 +2 −2 2 a(m/s2) t(s) 2. On calcule les positions par la méthode des aires : x (1) −x (0) = A (0, 1, v) ⇒x (1) = A (0, 1, v) = −1m car x(0) = 0m. De même, x(2) −x(0) = A(0, 2, v) = −2m ⇒x (2) = A (0, 2, v) = −2m. x(4) = x(3) = x(2) = −2m car le mobile est au repos. Maintenant, on utilise x (6) −x (4) = A (4, 6, v) où A (4, 6, v) = 2m est l’aire du triangle hachuré. Comme x (4) = −2m, alors x (6) = 0m. En calculant de cette façon à tous les instants, on aura le tableau suivant : t (s) 0 1 2 4 5 6 7 8 9 10 x (m) 0 −1 −2 −2 −1.5 0 2.5 5 6.5 7 On trace sachant que, quand la vitesse est une droite, la position est une portion d’une parabole dont la tangente est horizontale aux instants où v = dx dt = 0 (dans cet exercice, v = 0 pour t = 0s, t ∈[2s, 4s] et t = 10s). 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 −1 −2 x(m) t(s) v = 0 Méthode des intégrales : Le graphique de v a pour fonction, 3 v (t) =            −2t si 0 ≤t ≤1 2t −4 si 1 ≤t ≤2 0 si 2 ≤t ≤4 t −4 si 4 ≤t ≤7 −t + 10 si 7 ≤t ≤10 On calcule les intégrales par l’une des deux méthodes suivantes (on prendra comme exemple 4s ≤ t ≤7s) : Méthode 1 : x (t) −x (4) = ´ t 4 vdt = ´ t 4 (t −4) dt = 1 2t2 −4t + 8. La méthode des aires nous donne x (4) = −2m, donc x (t) = 1 2t2 −4t + 6. Méthode 2 : x (t)−x (1) = ´ t 1 vdt = ´ 2 1 (2t −4) dt+ ´ 4 3 0dt+ ´ t 4 (t −4) dt = 1 2t2−4t+7. La méthode des aires nous donne x (1) = −1m, donc x (t) = 1 2t2 −4t + 6. On trouve : x (t) =            −t2 si 0 ≤t ≤1 t2 −4t + 2 si 1 ≤t ≤2 −2 si 2 ≤t ≤4 0.5t2 −4t + 6 si 4 ≤t ≤7 −0.5t2 + 10t −43 si 7 ≤t ≤10 3. d = d (0, 2) + d (4, 10) = 2×2 2 + 6×3 2 = 11m. 4. Description du mouvement où l’abréviation MRUA (+) signiﬁe "mouvement rectiligne uniformé- ment accéléré dans le sens positif". t (s) [0, 1] [1, 2] [2, 4] [4; 5] [5; 10] Mouvement MRUA (-) MRUR (-) Repos MRUA (+) MRUR (+) Justiﬁcation a = C, av > 0, v < 0 a = C, av < 0, v < 0 v = 0 a = C, av > 0, v > 0 a = C, av < 0, v > 0 5. Le diagramme des vitesses donne : x (10) −x (8) = A (8, 10, v) ⇒7 −x (8) = 2 ⇒x (8) = 5m et v (8) = 3m/s. Le diagramme des accélérations donne : a (8) = −1m/s2 Représentation : b b O x(8) ⃗ a ⃗ v x Exercice 4 1. Par la méthode des aires, on déduit : v (t2) −v (t1) = A (t1, t2, a) t (s) 0 10 20 30 v(m/s) 15 5 5 0 5 10 15 10 20 30 t(s) v(m/s) Par la méthode analytique : Entre t = 0s et t = 10s, v (t) −v (0) = ´ t 0 adt = ´ t 0 −1dt = −t. Comme v (0) = 15m/s, on a v (t) = −t + 15 Entre t = 10s et t = 20s, v (t) −v (10) = ´ t 10 adt = ´ t 0 0dt = uploads/S4/ corrige-cinematique-du-point.pdf