TSI1 – Physique-chimie TD11 : Cinématique – Corrigé TD11 : Cinématique – Corrig

TSI1 – Physique-chimie TD11 : Cinématique – Corrigé TD11 : Cinématique – Corrigé Exercice 1 : Accident de voiture 1. Pour un trajet en ville, on peut estimer que la voiture avance à la vitesse v0 = 50 km h−1 et la longueur d de déformation est de l’ordre de 1 m. La vitesse de la voiture passe donc de v0 à 0 sur une distance de 1 m. On suppose que la décélération a < 0 de la voiture est constante, et on prend t = 0 au début du choc. La vitesse de la voiture au temps t est v(t) = v0 + at et la distance parcourue au temps t est x(t) = v0t + 1 2at2. Le temps t1 auquel la voiture s’arrête est tel que v(t1) = 0. Soit t1 = −v0 a . On sait également que x(t1) = d, en injectant l’expression de t1 ci-dessus on trouve : 1 2av2 0 a2 −v2 0 a = d soit a = −v2 0 2d L’application numérique avec notre estimation de v0 et d donne a ≃−96 m/s2. Soit une accélération d’environ 10g. 2. Pour un choc sur l’autoroute, la seule chose qui change radicalement est v0 qui vaut maintenant environ 130 km/h. On trouve alors a ≃652 m/s2, soit une décélération d’environ 65 g. (La tête d’une personne moyenne pèse environ 5 kg, pendant ce type d’accident tout se passe comme si elle en pesait 325 !) 3. Il faut construire des voitures suffisamment solides pour protéger ses occupants, mais aussi assez souples pour permettre une déformation avec une distance d suffisamment grande. Exercice 2 : Un piéton traverse la rue 1. Lorsque ϕ = 0, il faut que le piéton ait parcouru la distance L en un temps plus court que celui pris par la voiture pour par- courir la distance D. On doit donc avoir L v < D V soit v > LV D . 2. Lorsque ϕ est quelconque, les coordonnées (x(t) , y(t)) du piéton en fonction du temps sont données par x = vt sin(ϕ) et y = vt cos(ϕ). Pour trouver la condition pour que la collision soit évitée, on peut commencer par déterminer le temps tc auquel la voiture arrive au niveau du piéton (suivant x). La coordonnée xV (t) de la voiture est xV (t) = −D + V t. tc est tel que xV (t1) = x(t1) soit −D + V t1 = vt1 sin(ϕ). Ce qui nous donne t1 = D V −v sin(ϕ). La collision est évitée si au temps t1 la coordonnée y du piéton est supérieurs à L. On a donc la condition y(t1) > L soit vt1 cos(ϕ) > L ce qui donne Dv cos(ϕ) V −v sin(ϕ) > L. On obtient la condition sur la vitesse v suivante : v > LV D cos(ϕ) + L sin(ϕ) = vlim(ϕ) 3. Pour que le piéton puisse traverser avec la vitesse la plus faible possible, il faut que vlim(ϕ) soit la plus faible possible et donc il faut que f(ϕ) = D cos(ϕ) + L sin(ϕ) soit maximal. On cherche quand la dérivée s’annule : d f(ϕ) dϕ = 0 ⇔−D sin(ϕ) + L cos(ϕ) = 0 ⇔tan(ϕmin) = L D Exercice 3 : Temps de chute 1. L’accélération est veca = ⃗ g = −g⃗ ez. Donc si v(t = 0) = 0 la vitesse est donnée par ⃗ v = at = −gt⃗ ez. 2. Notons z(t)⃗ ez la position de l’objet en fonction du temps. On a ˙ z(t) = −gt. Donc z(t) = −g t2 2 + z(t = 0) = −g t2 2 + h. L’objet touche le sol lorsque z(t) = 0 c’est à dire g t2 2 = h ou t = q 2h g ≃8,1 s. La vitesse atteinte à ce moment sera v = 9 .8t ≃79,4 m s−1 ≃386 km h−1 3. Le modèle utilisé ne prend pas en compte les frottements de l’air qui ont tendance à ralentir la chute et donc augmentent le temps de chute et diminuent la vitesse au moment de l’impact avec le sol. 4. On jette un caillou dans le puits et on chronomètre le temps qui sépare le moment où on lâche le caillou et le moment où l’on entend le son de l’impact. On note t le temps mesuré. La profondeur du puits est donc donnée par h = g t2 2 . Dans ce modèle on suppose que le son se propage instantanément entre le point d’impact du caillou et l’expérimentateur et on néglige les frottements de l’air. Exercice 4 : La centrifugeuse 1. L’énoncé précise un point du sujet car tous les points du sujets n’ont pas la même vitesse car ils sont à des distances différentes de l’axe de rotation. 2. Si on considère que la vitesse angulaire est constante, l’accélération du point M dans le référentiel lié au sol est ⃗ a = −R ω2⃗ eθ. Donc a = R ω2. Pour avoir une accélération égale à 30 m/s2, il faut que ω0 = p a R = q 30 5 ≃2,45 rad/s = 0,4 tour/s 3. Dans le référentiel du sol, la vitesse du point M est ⃗ v = R ω0⃗ eθ donc v = 12,25 m s−1 ≃44 km h−1 4. Le point M est immobile dans le référentiel lié au siège, donc son accélération est nulle a(M/Rsiège) = 0 5. La vitesse angulaire en fonction du temps pendant la phase d’accélération est ω(t) = α×t, avec α = ω0 10 = 0 .245 rads−2 L’ac- célération en coordonnées polaires est ( ˙ r = 0) :⃗ a = −r ˙ θ2⃗ er +r¨ θ⃗ eθ = −rα2t2⃗ er +rα⃗ eθ. Donc à t1 = 5 s,⃗ a = −7 .5⃗ er +1 .2⃗ eθ (en m s−2) Exercice 5 : Tourne-disqe 1. Dans R, le point M a un mouvement circulaire uniforme. 2. La vitesse angulaire de rotation du point M (et de n’importe quel point du disque) est : ω0 = 33tour/min = 33×2π 60 rad/s = 33×360 60 = 198◦/s 3. La vitesse instantanée du point M est ⃗ vM = R ˙ θ⃗ eθ = R ω0⃗ eθ ≃35 cm s−1. De même la vitesse instantanée d’un point de la périphérie du disque est vP ≃55 cm s−1 4. La distance parcourue par le point M en t1=2min30s est d = vt ≃52,5 m. L’angle balayé par le rayon OM pendant ce temps est ∆θ = ω0t ≃519 rad 5. ⃗ aM(t1) = −R ω2 0⃗ er ≃1,2 m s−2. 6. Pour déterminer α et β on utilise les conditions : ω(t1) = α + βt1 = ω0 et ω(t2) = α −βt2 = 0. La seconde condition donne α = βt2 et en l’injectant dans la première on trouve finalement : β = ω0 t2−t1 et α = t2ω0 t2−t1 . L’application numérique donne β = 0,346 rads−2 et α = 55,3 rads−1. La vitesse instantanée du point M est ⃗ v = R ω(t)⃗ eθ et l’accélération instantanée est ⃗ a = −R ω(t)2⃗ er + R ˙ ω(t)⃗ eθ. Soit ⃗ a = −R ω(t)2⃗ er −Rβ⃗ eθ. Exercice 6 : Course poursuite 1. Le vecteur vitesse ⃗ v du chien M fait un angle de π 4 avec le vecteur ⃗ ur. Les coordonnées de ⃗ v dans la base (⃗ ur , ⃗ uθ) sont donc : −v0 cos π 4 , v0 cos π 4  =  −v0 √ 2, v0 √ 2  . O A B C D ⃗ ux ⃗ uy r M θ ⃗ v ⃗ ur ⃗ uθ π 4 2017–2018 page 1/2 TSI1 – Physique-chimie TD11 : Cinématique – Corrigé 2. On a donc ( ˙ r , r ˙ θ) =  −v0 √ 2, v0 √ 2  , ce qui donne les deux équations différentielles demandées. 3. On commence par trouver r(t) : ˙ r(t) = −v0 √ 2 ⇔r(t) = r(0) −v0 √ 2 t = a √ 2 −v0 √ 2 t = a −v0t √ 2 Puis θ(t) : r ˙ θ(t) = v0 √ 2 ⇔˙ θ(t) = v0 r √ 2 = v0 a −v0t ⇔θ(t) = K −ln(a −v0t) La condition initiale θ(0) = 0 donne K = ln(a) donc finalement : θ(t) = −ln  1 −v0 a t  Les chiens se rencontrent en r = 0, on cherche donc tf tel que r(tf) = 0 = a−v0t √ 2 . Ce qui donne tf = a v0 4. Il faut exprimer r en fonction de θ, pour se débarrasser du ln, on calcule exp(−θ) = 1 −v0 a t et on trouve que r(θ) = a √ 2e−θ. C’est une spirale logarithmique dot l’allure est tracée ci-dessous : A B C D Exercice 7 : Échelle double O ⃗ ux ⃗ uy A B α θ 2α 1. On a la relation θ + α = uploads/Geographie/ cinematique-corrige.pdf

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