Corrigées Cinématique À Une Dimension
Corrigées Cinématique À Une Dimension
Corrigées Cinématique À Une Dimension
Exercices
100 m
E1. vxm oy = 9,92 s = 10,1 m/s
1600 m
E2. (a) vAxm oy = 240 s =⇒ vAxm oy = 6,67 m/s
42 km
vBxm oy = 2,25 h = 18,7 km/h =⇒ vBxm oy = 5,19 m/s
∆x 42000
(b) ∆t = vA xm oy = 6,67 = 6,30 × 103 s = 1,75 h
∆x
E3. vxm oy = ∆t =⇒ ∆x = vxm oy ∆t = (80 km/h) (4 h) = 320 km à 100 km/h
∆x 320 km
∆t = vxm oy = 100 km/h = 3,2 h, on gagne 0,8 h = 48 min. On ajoute les 30 min de pause
et la réponse est 1 h 18 min
E4. (a) On calcule le déplacement total puis, au moyen de l’équation 3.3, la vitesse moyenne :
∆x = ∆x1 + ∆x2 = v1xm oy ∆t1 + v2xm oy ∆t2 = 12 × 60 + 16 × 120 = 2640 m =⇒
∆x 2640 m
vxm oy = ∆t = 180 s = 14,7 m/s
−1200
(b) ∆x = v1xm oy ∆t1 + v2xm oy ∆t2 = 720 − 1920 = 1200 m =⇒ vxm oy = 180 = −6,67 m/s
38,5 km
E5. vxm oy = 2,82 h = 3,81 m/s
E6. La vitesse moyenne est la pente de la droite joignant le point initial et le point final de
l’intervalle de temps.
10−0
(a) De 0 s à 2 s : vxm oy = 2−0 = 5,00 m/s
8−4
(b) De 1 s à 3 s : vxm oy = 3−1 = 2,00 m/s
E7. La vitesse moyenne est la pente de la droite joignant le point initial et le point final de
l’intervalle de temps.
10−0
(a) De 0 s à 2 s : vxm oy = 2−0 = 5,00 m/s
10−5
(b) De 1 s à 3 s : vxm oy = 3−1 = 2,50 m/s
0−10
(c) De 2 s à 4 s : vxm oy = 4−2 = −5,00 m/s
(d) De 4 s à 6 s : vxm oy = 0 m/s
E8. Le parcours total est de 4,2 km/tour × 75 tours = 315 km. Le temps de parcours du
315 km
315 km de Mansell est : ∆tM = 208 km/h = 1,514 h = 5,452 × 104 s. Pendant ce temps,
4,2×10 m 3
si la vitesse scalaire moyenne (sm) de De Cesaris, vsm = ∆s
∆t = 73 s = 57,53 m/s,
¡ ¢
est maintenue, il parcourt : ∆s = vsm ∆tM = (57,53) 5,452 × 104 = 313,66 km. Ainsi,
E10. La durée du voyage du United States est de 3 jours 10 h 40 min soit, en heures, 82,67 h.
La durée du voyage du Queen Mary est donc de 82,67 h +10 h 2 min, soit 92,70 h.
(e) à 5 s : vx = 0 m/s
E13. (a) La distance parcourue est (20 m/s × 15 s) + (25 m/s × 10 s) = 300 + 250 = 550 m
550
en 30 s, alors la vitesse scalaire moyenne vsm = 30 = 18,3 m/s
∆x 50
(b) Le déplacement est 300 − 250 = 50 m, vxm oy = ∆t = 30 = 1,67 m/s
∆vx −25−20
(c) axm oy = ∆t = 30 = −1,50 m/s2
∆vx 100−0
E14. (a) 360 km/h = 100 m/s, alors axm oy = ∆t = 50 = 2,00 m/s2
∆vx 0−50
(b) 180 km/h = 50 m/s, alors axm oy = ∆t = 4 = −12,5 m/s2
© ERPI
∆x 0,4 km
E17. (a) vxm oy = ∆t = 5,4 s = 74,1 m/s
∆vx 114−0
(b) 410 km/h = 114 m/s, alors axm oy = ∆t = 5,4 = 21,1 m/s2
300 km
E18. La durée totale de la course est de 75 km/h = 4 h.
180 km
La première partie prend 100 km/h = 1,8 h = 108 min. Le participant se repose 12 min.
La seconde partie doit donc prendre 240 − 108 − 12 = 120 min. Ce qui donne une vitesse
(300−180) km 120 km
scalaire moyenne vsm = 120 min = 2h = 60,0 km/h
∆vx 13,9−0
E19. (a) 50 km/h = 13,9 m/s, axm oy = ∆t = 4,9 = 2,83 m/s2
∆vx 27,8−0
(b) 100 km/h = 27,8 m/s, axm oy = ∆t = 14,8 = 1,88 m/s2
∆vx 29,2−19,4
(c) 70 km/h = 19,4 m/s et 105 km/h = 29,2 m/s, axm oy = ∆t = 9,2 = 1,06 m/s2
∆vx 0−27,8
(d) 100 km/h = 27,8 m/s, axm oy = ∆t = 4 = −6,94 m/s2
E20. (a) On définit l’expression de la position et on demande le graphe de 0 à 5 s :
> restart:
> x:=5+7*t-2*t^2;
> plot(x,t=0..5);
(c) On reprend les mêmes lignes de commande qu’en (b) en changeant la valeur finale de
> vx:=diff(x,t);
> subs(t=2,vx);
© ERPI
(b) On calcule la vitesse moyenne entre ti = 2 s et tf = 3 s :
> ti:=2;
> tf:=3;
> vx_moy:=evalf((subs(t=tf,x)-subs(t=ti,x))/(tf-ti));
(c) On reprend les mêmes lignes de commande qu’en (b) en changeant la valeur finale de
temps. Avec tf = 0,2001 s, on obtient vxm oy = −1,34 m/s
> vx:=diff(x,t);
> plot(vx,t=0..10);
¡ ¢
E23. (a) vx = dx d
dt = dt 4 − 5t + 3t
2 = −5 + 6t, à t = 3 s =⇒ v = 13,0 m/s
x
dvx d
ax = dt = dt (−5 + 6t) = 6, à t = 3 s =⇒ ax = 6,00 m/s2
5
(b) vx = −5 + 6t = 0 =⇒ t = 6 = 0,833 s
> restart:
> x:=4-5*t+3*t^2;
> plot(x,t=0..2);
E24. (a) L’accélération moyenne est la pente de la droite joignant le point initial et le point final
10−(−10) 20
de l’intervalle de temps de 0 s à 5 s : axm oy = 5−0 = 5 = 4,00 m/s2
(b) Lorsque la vitesse change de signe, le mouvement change de sens, alors à t = 3,00 s
(c) L’accélération moyenne est la pente de la droite joignant le point initial et le point final
4−(−2) 6
de l’intervalle de temps allant de 1 s à 4 s : axm oy = 4−1 = 3 = 2,00 m/s2
puis entre 7 s et 8 s
E27. (a) Le déplacement est l’aire sous la courbe dans le graphique de vx en fonction de t entre
2 s et 3 s :
∆x ≈ 15 m
∆x
(b) vxm oy = ∆t et ∆x est l’aire sous la courbe entre 0 s et 3 s. Comme ∆x = 35 m, alors
35
vxm oy = 3 ≈ 12 m/s
∆x
E28. vxm oy = ∆t et ∆x est l’aire sous la courbe entre 1 s et 4 s. Comme ∆x = 27 m, alors
27
vxm oy = 3 ≈ 9 m/s
∆x
E29. (a) vxm oy = ∆t et ∆x est l’aire sous la courbe entre 0 s et 6 s.
15
Comme ∆x = −10 + 25 = 15 m, alors vxm oy = 6 = 2,50 m/s
(b) La distance parcourue est 10+25 = 35 m, durant les 6 premières secondes. Selon l’équation
© ERPI
35
3.2, la vitesse scalaire moyenne vsm = 6 = 5,83 m/s
∆x
E30. (a) vxm oy = ∆t et ∆x est l’aire sous la courbe entre 0 s et 5 s. Comme ∆x = −6 + 6 = 0 m,
(b) La distance parcourue est 6 + 6 = 12 m, durant les 5 premières secondes. Selon l’équation
12
3.2, la vitesse scalaire moyenne vsm = 5 = 2,40 m/s
(a) (b)
∆vx
(c) axm oy = ∆t et ∆vx est l’aire sous la courbe entre 0 s et 6 s du graphe de ax en fonction
10
de t. Alors axm oy = 6 = 1,67 m/s2
à t = 2 s, ax = 5,00 m/s2
(a) (b)
∆vx
(c) axm oy = ∆t et ∆vx est l’aire sous la courbe entre 1 s et 4 s du graphique de ax en fonction
à t = 3 s, ax = 4,00 m/s2
> restart:
> xt:=[[0,0],[1,0.6],[2,1.8],[3,3.5],[4,6.5],[5,9.6],[6,11.1],[7,12.0],[8,12.5],[9,12.8],[10,13]];
> with(plots):
> points:=pointplot(xt,color=red,symbol=circle,symbolsize=12):
> traits:=pointplot(xt,connect=true,color=blue):
> display({points,traits});
Ce premier graphe montre les positions relevées en fonction du temps et la courbe qui
suit ces données. De 0 s à 3 s, la particule subit, à partir d’une vitesse initialement nulle,
une accélération positive. De 3 s à 5 s, elle poursuit à vitesse constante et, finalement, de
5 s à 10 s, elle subit une décélération qui l’immobilise.
du temps, on considère que la vitesse à la fin de la phase d’accélération (au point i dans le
graphe de la position) et la vitesse au début de la phase de décélération (au point ii) sont
les mêmes que durant la phase à vitesse constante (de i à ii). Cette vitesse est donnée
par :
xii −xi 9,6−3,5
vx = tii −ti = 5−3 = 3,05 m/s
3,05−0
L’accélération durant la phase initiale vaut alors : ax = 3−0 = 1,02 m/s2
0−3,05
et l’accélération durant la phase finale vaut : ax = 10−5 = −0,610 m/s2
© ERPI
Ces valeurs permettent de tracer, à la main, les graphes suivants :
E35. (a) On peut tracer le graphe de la vitesse en fonction du temps à la main, ou l’obtenir à
partir des commandes suivantes dans Maple. La liste contient un point supplémentaire,
> restart:
> vt:=[[0,0],[1.9,48],[2.6,64],[3.7,80],[4.7,96],[6.3,112],[7.6,128],[9.8,144],[11.6,160],
[14,176],[19.2,192]];
> with(plots):
> points:=pointplot(vt,color=red,symbol=circle,symbolsize=12,view=[0..20,0..200]):
> traits:=pointplot(vt,color=blue,connect=true):
> display({points,traits});
Ce graphe montre les vitesses relevées en fonction du temps et la courbe qui suit ces
(b) On calcule cette accélération à partir de la valeur des vitesses aux deux premiers instants,
les points i et ii sur le graphe :
∆vx vx ii −vx 64 km/h −48 km/h 1m/s
axm oy = ∆t = tii −ti
i
= 2,6 s −1,9 s × 3,6 km/h = 6,35 m/s2
∆vx ∆vx 192 km/h 1m/s
(c) axm oy = ∆t =⇒ ∆t = axm oy = 6,35 m/s2
× 3,6 km/h = 8,40 s
10,89 m (les détails du calcul sont omis). Attention, le calcul doit inclure le passage d’une
vitesse en km/h à une vitesse en m/s !
On peut aussi s’en remettre à Maple pour calculer l’aire des trapèzes, en utilisant la ligne
de commande suivante :
> dx:=add((vt[i,2]+vt[i-1,2])*(vt[i,1]-vt[i-1,1])/2,i=2..10)/3.6;
L’instant cherché se trouve donc quelque part dans l’intervalle qui séparer les points viii
et ix. Afin de le repérer, on commence par trouver l’équation de la droite qui relie ces
© ERPI
deux points. Lorsque les coordonnées de deux des points sont connus, on peut poser que :
vx −vxviii vxix −vxviii vx −160 km/h 176 km/h −160 km/h
t−tviii = tix −tviii =⇒ t−11,6 s = 14,0 s −11,6 s =⇒
vx −44,44 m/s 48,89 m/s −44,44 m/s
t−11,6 s = 14,0 s −11,6 s
De cette égalité, on tire : vx = 22,93+1,85t. Dans l’intervalle allant de viii à ix, on cherche
l’instant t∗ pour lequel le trapèze aura une aire de 430,67 − 400 = 30,67 m. L’équation
qui fournit l’aire de ce trapèze est :
(vx +vx (t∗ )) ∗ (44,44+(22,93+1,85t∗ ))
Aire = viii 2 (t − tviii ) =⇒ 30,67 m = 2 (t∗ − 11,6 s)
> eq:=(44.44+vx)*(t-11.6)/2=30.67;
> solve(eq,t);
La solution de cette dernière équation donne t∗ = 12,28 s , qui correspond à 45,7 m/s
E36. (a) Lorsque l’aire sous la courbe est la même pour les deux automobiles, elles ont effectué le
même déplacement. Si elles ont la même position initiale, elles auront la même position
finale. Alors, au temps t, l’aire sous la courbe de l’automobile A est : ∆xA = 8t, soit l’aire
d’un rectangle de hauteur 8 et de base t.
3,2 2
Pour l’automobile B : ∆xB = 2 t , soit l’aire d’un triangle de hauteur 3,2t (3,2 est la
pente de la droite B) et de base t.
8
∆xA = ∆xB =⇒ 8t = 1,6t2 =⇒ t = 1,6 =⇒ t = 5,00 s et
vBx = vx0 + ax t = 3,2 (5) =⇒ vBx = 16,0 m/s car 3,2 est la pente de la droite et
correspond à l’accélération de B.
∆vx
E37. (a) axm oy = ∆t et les vitesses sont lues, de façon approximative, sur le graphe,
36 mi/h −0 mi/h
1ière - 2ième : a12xm oy ≈ 4 s −0 s =⇒ a12xm oy ≈ 9,00 mi/(h·s)
61 mi/h −36 mi/h
2ième - 3ième : a23xm oy ≈ 10 s −4 s =⇒ a23xm oy ≈ 4,17 mi/(h·s)
84 mi/h −61 mi/h
3ième - 4ième : a34xm oy ≈ 17 s −10 s =⇒ a34xm oy ≈ 3,29 mi/(h·s)
5280 pi 1h
(b) 9,0 mi/(h·s) × 1 mi = 13,2 pi/s2 . Selon l’équation 3.11, avec vx0 = 0 et
× 3600 s
³ ´
ax = 13,2 pi/s2 , ∆x = 12 13,2 pi/s2 (17 s)2 ≈ 1,91 × 103 pi
(c) Le déplacement réel correspond à l’aire sous la courbe dans le graphe donné. En se
servant d’une approche similaire à celle que décrit la solution de l’exercice 35d qui propose
E40. (a) Dans cette portion de l’exercice, tous les points de l’automobile subissent un déplacement
∆x = x − x0 = 64 m durant l’arrêt. On donne vx0 = 112 km/h = 31,1 m/s, vx = 0 et on
calcule l’accélération nécessaire au moyen de l’équation 3.12 :
vx2 −vx0
2
0−(31,1)2
vx2 = vx0
2 + 2a (x − x ) =⇒ a =
x 0 x 2(x−x0 ) = 2(64) =⇒ ax = −7,56 m/s2
(b) Ici, les conditions de vitesse sont les mêmes. Toutefois, comme l’automobile s’arrête en
écrasant sa partie avant contre un mur, on doit suivre tous les points de celle-ci qui sont
situés derrière la partie écrasée et qui subissent un déplacement durant l’arrêt de
© ERPI
q
E43. (a) x = x0 + vx0 t + 12 ax t2 =⇒ x = 0 + 0 + 12 ax t2 =⇒ t = a2xx
q q
tAV = 2(100)
0,5 = 20 s, tAR = 2(144)
0,5 = 24 s, alors ∆t = 4,00 s
(b) vx = vx0 + ax t =⇒ vx = 0 + ax t
E44. (a) Selon l’équation 3.11, pour l’automobile xA = 60t avec x en km et t en h. Pour le train,
xT = 1 + 40t.
x = 0,600 km
(c) Pour chaque partie, on définit l’expression de la position pour l’automobile et le train et
on demande le graphe sur un intervalle de temps qui inclut la réponse :
> restart:
> xa:=60*t;
> xt:=1+40*t;
> plot([xa,xt],t=0..0.1,color=[red,blue]);
> xt:=1-40*t;
> plot([xa,xt],t=0..0.02,color=[red,blue]);
E45. Il parcourt 15 m en 0,5 s. Le temps nécessaire pour immobiliser le camion est, se-
vx −vx0 0−30
lon l’équation 3.9 : t = ax = −8 = 3,75 s. Durant ce temps, il parcourt, se-
lon l’équation 3.11 : ∆x = vx0 t + 12 ax t2 = 30 (3,75) + 1
2 (−8) (3,75)2 = 56,3 m. Il a
donc besoin de 56,3 + 15 = 71,3 m pour s’immobiliser, mais le caribou est à 70 m.
Il doit donner un coup de volant.
vx2 −vx0
2
162 −242
E46. vx2 = vx0
2 + 2a ∆x =⇒ a =
x x 2∆x = 2(50) = −3,2 m/s2
vx2 −vx0
2
0−162
(a) À partir de l’équation 3.12 : ∆x = 2ax = 2(−3,2) = 40,0 m
vx −vx0 0−24
(b) À partir de l’équation 3.9 : t = ax = −3,2 = 7,50 s
2(∆x−vx0 t) 2(32−12(4))
E47. (a) À partir de l’équation 3.11 : ax = t2 = 42 = −2,00 m/s2
x0 = −28,0 m
(b) Avec 0 = vx0 + ax t, on trouve que la particule fait demi-tour à t = 4 s, alors
avec le sol. Toutefois, tout son corps ne subit pas le même déplacement vertical pendant
qu’elle s’arrête. Comme on le voit dans la figure qui suit, seuls les points qui sont au-dessus
© ERPI
Bien que l’équation 3.16 ait été énoncée pour les situations de chute libre, on peut s’en
servir pour calculer l’accélération dans le cas d’un mouvement vertical qui n’est pas une
chute libre, c’est-à-dire l’arrêt par le sol de la parachutiste. On donne vy0 = −7 m/s, on
> restart:
> y0:=[24,28,32,36,40,44];
> plot({seq(y0[i]+20*t-4.9*t^2,i=1..6)},t=0..6,view=[0..6,0..70]);
> y:=y0[1]+20*t-4.9*t^2;
> solve(y=0,t);
En modifiant le numéro du boulon, on peut calculer le temps de vol de tous les boulons
Les boulons arrivent au sol en étant de moins en moins séparés dans le temps.
(c) y = y0 + vy0 t − 12 gt2 =⇒ 40 = 0 + 30t − 4,9t2 , que l’on résout pour obtenir :
t = 1,96 s et 4,16 s
vy0 = 24,8 m/s. Ici on ne peut utiliser 0 comme valeur de la vitesse à 30 m puisque la
balle n’a pas atteint le sommet. La vitesse à 30 m est, selon l’équation 3.13 :
Alors la balle repassera à la même hauteur avec une vitesse de −5,2 m/s. Selon l’équation
vy −vy0 −5,2−24,8
3.13 : t = −g = −9,8 = 3,06 s
E61. (a) vy2 = vy0
2 − 2g∆y =⇒ v 2 = v 2 + 2g∆y = 0 + 2 (9,8) (1,8) =⇒ v
y0 y y0 = 5,94 m/s
Le temps pris pour atteindre la hauteur maximale est obtenu à l’aide de l’équation 3.13 :
vy −vy0 0−5,94
vy = vy0 − gt =⇒ t = −g = −9,8 = 0,606 s
Le temps pour un tour est T = 2(0,606) + 0,3 = 1,512 s, l’intervalle de temps entre deux
1,512
balles est donc 3 = 0,504 s. Lorsqu’une balle est à sa hauteur maximale, les deux
autres sont, selon l’équation 3.15 :
© ERPI
y = 1,8 − 4,9 (0,504)2 = 0,555 m au-dessus de ses mains
(b) On définit l’expression de la position en fonction du temps des trois oranges en tenant
compte du délai en temps qui les sépare. Ensuite, on superpose les trois graphes de
> restart:
> vy0:=5.94;
> g:=9.8;
> dt:=0.504;
> tvol:=1.212;
> y1:=vy0*t-g*t^2/2;
> y2:=vy0*(t-dt)-g*(t-dt)^2/2;
> y3:=vy0*(t-2*dt)-g*(t-2*dt)^2/2;
> with(plots):
> g1:=plot(y1,t=0..tvol,color=blue):
> g2:=plot(y2,t=dt..tvol+dt,color=red):
> g3:=plot(y3,t=2*dt..tvol+2*dt,color=green):
> display({g1,g2,g3});
E62. Juste avant de toucher, le sol la vitesse vy1 est, dans l’équation 3.16, la vitesse finale de
La vitesse de la balle juste après avoir touché le sol, vy2 , est, dans l’équation 3.16, la
vy2 = vy0
2 − 2g∆y = v 2 − 2g∆y =⇒ v 2 = v 2 + 2g∆y = 0 + 2 (9,8) (3,2) =⇒
y2 y2 y
(a) ∆y = vy0 t − 12 gt2 =⇒ − 50 = 19,8t − 4,9t2 , que l’on résout pour obtenir :
E64. (a) ∆y = vy0 t − 12 gt2 =⇒ − 40 = vy0 (4) − (4,9) (4)2 =⇒ vy0 = 9,6 m/s
2 − 2g =⇒ 0 = (9,6)2 − 19,6 (y − 40) =⇒ y = 44,7 m
vy2 = vy0
vy2 = vy0
2 − 2g∆y =⇒ (0,4v )2 = v 2 − (19,6) (4,2) =⇒ v
y0 y0 y0 = 9,9 m/s
La première solution est la vitesse initiale d’un objet prenant 2 s pour atteindre sa hauteur
maximale et revenir à 50 % de celle-ci pendant qu’il redescend. La hauteur maximale est,
2
vy0
selon l’équation 3.16 : ymax = 2g =⇒ ymax = 6,75 m
³ ´
v −0
Et, selon l’équation 3.13, ttotal = 2 × y0g =⇒ ttotal 2,35 s
La deuxième solution est la vitesse initiale d’un objet prenant 2 s pour atteindre 50 %
de sa hauteur maximale pendant qu’il monte. La hauteur maximale est, selon l’équation
2
vy0
3.16 : ymax = 2g =⇒ ymax = 228 m
³ ´
v −0
Et, selon l’équation 3.13, ttotal = 2 × y0g =⇒ ttotal = 13,7 s
© ERPI
2
vy0
La hauteur maximale est, selon l’équation 3.16, ymax = 2g =⇒ ymax = 176 m
2vy0
Le temps de vol est, selon l’équation 3.13, t = =⇒ t = 12,0 s pour l’aller-retour.
g
¡
2 − 2g 3 y
¢
E70. Si la hauteur maximale est ymax , selon l’équation 3.16 : 302 = vy0 4 max , à partir
2 − 2gy
du sol jusqu’à 75 % de sa hauteur maximale et 0 = vy0 max , à partir du sol jusqu’à
2 = 2gy
sa hauteur maximale. De la deuxième équation, on a vy0 max , qu’on peut substituer
Problèmes
(b) Selon l’équation 3.9 : vAx = 5,8 (4,31) =⇒ vAx = 25,0 m/s
P2. (a) Avec l’équation 3.11, pour le camion, xC = 0,5t2 et pour l’automobile, xA = (t − 10)2
P3. On suppose qu’à l’instant initial, l’origine de l’axe des x et l’automobile (A) coïncident,
de sorte que xA0 = 0. Au même moment, le camion (C) possède 38 m d’avance, ce qui
xC = 38 + 20(7) = 178 m
> restart:
> xa:=20.0*t+t^2;
> xc:=38.0+20.0*t+a*t^2/2;
> eq1:=xa=xc;
> eq2:=diff(xa,t)=diff(xc,t)+5;
> solve({eq1,eq2},{t,a});
(a) Les positions de l’avant du train A et du train B sont données par l’équation 3.13 :
3t2
xA = 1500 + 50t et xB = 2 avec vBx = 3t.
À cet instant
xA = 2500 m et xB = 600 m
À partir de cet instant, ils voyagent tous les deux à vitesse constante pendant un délai
t2 . Les positions de l’avant des deux trains sont alors décrites par
Finalement, t1 + t2 = 210 s
© ERPI
xA = (50 m/s) (t1 + t2 ) = (50 m/s) (210 s) = 10,5 km
P6. (a) En posant xC = 60 + 10t égal à xA = 30t − 2,5t2 on trouve un t imaginaire. Il n’y a donc
pas de collisions
éviter la collision.
position des deux véhicules en fonction du temps. En changeant le paramètre a qui est
le module de l’accélération de l’automobile, on vérifie le résultat (b).
> restart:
> xc:=65+10*t;
> a:=4;
> xa:=15+30*t-a*t^2/2;
> plot([xc,xa],t=0..10,color=[red,blue]);
P7. (a) Selon l’équation 3.15 : yA = 100 + 5t − 4,9t2 et yB = 100 + 20 (t − 2) − 4,9 (t − 2)2
(b) À cet instant, selon l’équation 3.13 vAy = 5 − 9,8 (3,78) =⇒ vAy = −32,0 m/s ,
P8. (a) Selon l’équation 3.11 : 300 = vx0 (10) + 12 ax (10)2 (i)
P9. (a) Selon l’équation 3.12 : 252 = 152 + 2ax (100) =⇒ ax = 2 m/s2
(a) La personne court durant 2 s à 4,5 m/s, elle est donc à 9 m de l’arrêt : xP = −9 + 4,5t
Dans le cas extrême cherché, cette droite serait tangente à la parabole au moment où
la personne rejoint l’autobus et on aurait vPx = vAx = 4,5 m/s. L’autobus atteint cette
vitesse en 4,5 s à x = 10,13 m selon l’équation 3.9. Si D est la distance initiale entre la
> xp:=-9+4.5*(t-0.249);
> plot([xp,xa],t=0..7,color=[red,blue]);
P11. xA = 20t + 12 aAx t2 et xB = 12t + 12 aBx t2
© ERPI
P13. À partir de la donnée du problème, on trace d’abord le graphe de la vitesse en fonction du
temps de l’automobile. Bien que la durée de chaque portion du mouvement soit inconnue,
comme la distance sur laquelle l’automobile ralentit (∆x3 = 50 m) correspond au quart
de la distance sur laquelle est accélère (∆x1 = 200 m) on peut affirmer, en prenant appui
t1
sur l’équation 3.10 du manuel, que la durée de la décélération t3 = 4, si t1 correspond à
la durée de la phase d’accélération :
en mouvement.
Toutefois, on doit considérer le fait que B s’arrête en 2 s (puisque, selon l’équation 3.9 :
vBx = −8 + 4t = 0) à xB = 40,0 m.
> restart:
> xa:=16*t-1.2*t^2;
> tf:=solve(diff(xa,t)=0,t);
> xf:=subs(t=tf,xa);
> xb:=48-8*t+a*t^2/2;
> a:=solve(subs(t=tf,xb)=xf,a);
La valeur trouvée est toutefois irréaliste pour deux raisons. La première est que l’au-
tomobile A s’arrête au-delà de l’automobile B (xAf > 48 m). La seconde est qu’avec
l’accélération trouvée, la vitesse de l’automobile B n’est pas nulle quand A s’arrête, ce
que confirme ce graphe :
> plot([xa,xb],t=0..10,color=[blue,red]);
P15. (a) 105 km/h = 29,2 m/s et 90 km/h = 25 m/s, l’origine de l’axe des x utilisé est à la
position initiale du guépard.
Avec les données fournies, on calcule l’accélération du guépard (G) et de l’antilope (A) :
∆vx 29,2 ∆vx 25
aGx = ∆t = 2 = 14,6 m/s2 , aAx = ∆t = 2 = 12,5 m/s2
© ERPI
de se mettre en mouvement. On trouve son déplacement total, au bout de 17 s, avec les
équations 3.11 et 3.12 :
vx2 +vx0
2
252 +0
∆xA = ∆xA1 + ∆xA2 = 2aA x + vx ∆t2 = 2(12,5) + (25) (14,5) = 387,5 m
Comme l’antilope avait une avance de 100 m sur le guépard, sa position, après 17 s, est
de xA = xA0 + ∆xA = 100 + 387,5 = 487,5 m
P16. (a) On suppose que le toit a une hauteur H, selon l’équation 3.15 :
et y = 27,7 m du sol
Avec cette vitesse initiale pour la chute libre, la hauteur supplémentaire est, selon l’équa-
tion 3.16 :
vy2 −vy0
2
322 −0
vy2 = vy0
2 − 2g∆y =⇒ ∆y =
2 2(−g) = 2g = 52,2 m
(b) Le temps de chute est donné par l’équation 3.15 : 0 = 128 + 32t − 4,9t2 , ce qui donne
t = 9,33 s. Le temps de vol total est 8 + 9,33 = 17,3 s
(b) La balle subit donc une chute libre selon l’équation 3.16 : 0 = 22 −2g∆y =⇒ ∆y = 0,2 m
P21. (a) On suppose que l’origine de l’axe des y est au bas de la fenêtre. On représente par y0 la
hauteur de chute mesurée par rapport au bas (B) de la fenêtre. Lorsque le pot passe en
haut (H) de la fenêtre, selon l’équation 3.15 :
(b) On définit les deux équations qui conduisent à la solution. Elles sont construites comme
à la partie (a). Toutefois, y0 représente maintenant la hauteur de chute par rapport à
la base de la fenêtre pour laquelle le temps de passage est de 0,01 s. Les deux dernières
lignes de commande trouvent la solution et l’associent aux variables y0 et tH :
> restart:
> eq1:=1.25=y0-4.9*th^2;
> eq2:=0=y0-4.9*(th+0.01)^2;
> solve({eq1,eq2},{y0,th});
> assign(%);
> (y0-8.61)/1.5;
Si on néglige la friction avec l’air, la réponse est 526 fenêtres sous celles de la question (a)
P22. Parti d’une hauteur H, le corps arrive au sol au bout d’un temps t. À partir de l’équation
3.15, on peut écrire 0 = H − 12 gt2 =⇒ H = 12 gt2 (i)
© ERPI
P23. (a) H = 12 gt2 = 1
2 (9,8) (2,5)2 = 30,6 m
(b) Si t1 est le temps de chute et t2 le temps pris par le son pour revenir, alors H = 4,9t21 et
H
330 = t2 . De plus, t1 + t2 = 2,5 s, alors 330 (2,5 − t1 ) = 4,9t21 =⇒ t1 = 2,41 s et
H = 28,5 m
On isole vx pour obtenir facilement l’équation 3.9. On pose ensuite l’équation (ii) :
Rt Rt £ ¯t
x − x0 = vx dt = (vx0 + ax t) dt = vx0 t + 12 ax t2 ¯0 = vx0 t + 12 ax t2
0 0
On isole ensuite x pour obtenir l’équation 3.11 =⇒ CQFD
P26. On applique la méthode proposée à la section 3.9 pour obtenir l’expression de la vitesse
et de la position de la particule :
Rt Rt £ ¯t
vx − vx0 = ax dt = Bt1/2 dt = 23 Bt3/2 ¯0 = 23 Bt3/2
0 0
Rt Rt 2 3/2 dt
£4 ¯
5/2 ¯t = 4 5/2
x − x0 = vx dt = 3 Bt = 15 Bt 0 15 Bt
0 0
4 5/2
(a) L’expression pour x permet de trouver que 100 = 15 B (10) =⇒ B = 1,19 m/s5/2
(b) vx = 2
3 (10)3/2 = 2
3 (1,19) (10)3/2 = 25,1 m/s
P27. (a) Il suffit de remplacer la valeur donnée dans l’expression de la vitesse :
> restart:
> x4:=0;
> x5:=-5;
> vx5:=0;
> eq1:=vx5=vx4^2+2*ax*(x5-x4);
> eq2:=vx5=vx4+ax*(1);
> solve({eq1,eq2},{vx4,ax});
> vx4:=-10;
> axIII:=10;
t ≥ 3 s (intervalle III) :
> xIII:=vx4*(t-4)+axIII*(t-4)^2/2;
> vxIII:=vx4+axIII*(t-4);
> x3:=subs(t=3,xIII);
> vx3:=subs(t=3,vxIII);
On poursuit l’analyse avec ces nouvelles données et on cherche la parabole qui passe par
> x2:=10;
> eq3:=x3=x2+vx2*(1)+ax*(1)^2/2;
> eq4:=vx3=vx2+ax*(1);
> fsolve({eq3,eq4},{vx2,ax});
> axII:=-50;
> vx2:=30;
Le dernier problème de la figure 3.35 est donc le suivant : pour qu’il représente une
situation réaliste, la vitesse à t = 2 s doit être de 30 m/s et non de 5 m/s (la pente
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du premier intervalle). De plus, pour maintenir x = 10 m à 2 s, le mouvement ne doit
débuter qu’après 1 23 s.
(b) On définit d’abord l’expression de la position pour les deux premiers intervalles, en tenant