7 Cinematique

CINEMATIQUE DU POINT
Partie « A »
LA CINEMATQUE DU POINT MATERIEL DANS UN REPÈRE FIXE
A- MOUVEMENT RECTILIGNE :
A-1- Position et déplacement :
Le mouvement d'un corps est rectiligne, si sa trajectoire est une droite.

Le déplacement est défini par la variation (ou changement) de position qui peut être reliée
au temps, au moyen d'une relation fonctionnelle x = f (t ) .
Lorsqu'une particule se déplace uniquement sur l'axe (ox ) et passe d'une coordonnée initiale
(xi ) à une coordonnée finale (x f ), son déplacement s'exprime par:
∆x = x f − x i
Cependant la position de la particule, dans l'espace à trois dimensions, est définie par le
vecteur-position:
r = OM = xM i + yM j + z M k
zM M
k
j yM
i
xM O y
Par conséquent, le déplacement est défini par la variation ou le changement du vecteur-position:
r f = x f . i + y f . j + z f . k
∆r = r f − r i Avec: 
ri = xi . i + yi . j + zi . k
- 75 -
 x f − xi   ∆x 
   
⇒ ∆ r = (x f − xi ) i + ( y f − yi ) j + (z f − zi ) k =  y f − yi  =  ∆y 
 
 z − z   ∆z 
 f i 
⇒ ∆ r = (∆x ) i + (∆y ) j + (∆z ) k
A-2- Vitesse moyenne :
Dans l'espace à une dimension, la vitesse moyenne est donnée par le rapport du
déplacement (∆x ) par l'intervalle de temps (∆t ) .
∆x x f − x i
v moy = =
∆t t f − t i
Dans l'espace à trois dimensions, cette vitesse est donnée par:
∆r rf − ri ∆x. i + ∆y. j + ∆z. k

vmoy = = =
∆t t f − ti ∆t
 ∆x 
 vx = 
 ∆t 
 ∆x   ∆y   ∆z   ∆y 
vmoy =   i +   j +   k = vx i + v y j + vz k =  v y =
 ∆t   ∆t   ∆t   ∆t 
 v = ∆z 
 z 
 ∆t 
Exemple 1 :
Un coureur parcourt 100 m à la vitesse 4 m / s , puis à nouveau 100 m à 5 m / s dans le

même sens.
Quelle est sa vitesse moyenne sur tout le parcours.
Solution :
∆x1 = 100 m ∆x 2 = 100 m
 ; 
vmoy1 = 4 m / s v moy 2 = 5 m / s
∆x1 + ∆x2
vmoy tot = …(1)
∆t1 + ∆t 2
- 76 -
 ∆x1 ∆x1 100

vmoy1 = ∆t ⇒ ∆t1 = v =
4
= 25 s
 1 moy1

vmoy 2 = ∆x2 ⇒ ∆t 2 = ∆x2 = 100 = 20 s
 ∆t 2 vmoy 2 5
(1) ⇒ vmoy tot = ∆x1 + ∆x2 =

100 + 100 200
= = 4,44 m / s
∆t1 + ∆t2 25 + 20 45
vmoy tot = 4,44 m / s
Remarque :
La vitesse moyenne des vitesse:
v +v 5+ 4
vmoy (v ) = moy1 moy 2 = = 4,5 m.s −1 .
2 2
On constate que vmoy tot ≠ vmoy (v ) ⇒ la vitesse moyenne n'est pas nécessairement
égale à la moyenne des vitesses.
A-3- Vitesse instantanée :
La notion de vitesse moyenne ne convient pas lorsqu'il s'agit de décrire en détail un

parcours effectué à vitesse non constante.
La vitesse à un instant donné (ou en un point quelconque de l'espace) est appelée vitesse
instantanée.
Prenons deux points A et B: A ∆x B
Pour déterminer la vitesse instantanée (v )

O xA x 'B
en un point, tel que (A), nous devons rendre
tA ∆t t 'B
l'intervalle de temps ∆t aussi petit que
possible. vA v 'B
On écrit:
∆x
v = lim vmoy = lim
∆t → 0 ∆t →0 ∆t
Ce n'est autre que la dérivée de ( x ) par rapport au temps : c'est-à-dire v=

dx
dt
- 77 -
Exemple 2 :
Une particule se déplace le long de l'axe des ( x ) de telle sorte que sa position à chaque
instant est donnée par:
x(t ) = 3t 2 + 2 (m ) …(1)
a- Calculer sa vitesse moyenne dans l'intervalle compris entre:
t1=1s et t2=2s.
t1=1s et t3=3s.
t2=2s et t3=2s.
b- Calculer sa vitesse instantanée aux instants t1, t2 et t3.
Solution :
a- La vitesse moyenne est donnée par la relation:
∆x x f − xi
vmoy = = …(2)
∆t t f − t i
L'application de cette relation entre les instants t1-t2; t1-t3 et t2-t3:
x2 − x1 x3 − x1 x3 − x2
vmoy1→2 = …(3) ; vmoy1→3 = …(4) ; vmoy 2→3 = …(5)
t 2 − t1 t3 − t1 t3 − t 2
Connaissant les instants ti et t f , il suffit de les remplacer dans l'équation x(t ) , pour déterminer
les positions de la particule.
t1 = 1s : (1) ⇒ x(t1 ) = 3(1) + 2 = 5 m x1 = 5 m
2
⇒
(1) ⇒ x(t2 ) = 3(2 ) + 2 = 14 m ⇒ x2 = 14 m

2
t2 = 2 s :
t3 = 3s : (1) ⇒ x(t3 ) = 3(3) + 2 = 29 m ⇒

2
x3 = 29 m
14 − 5 9
- (3) ⇒ vmoy1→2 = = =9 ⇒ v moy1 → 2 = 9 m / s
2 −1 1
29 − 5 24
- (4) ⇒ vmoy1→3 = = = 12 ⇒ vmoy1→3 = 12 m / s
3 −1 2
29 − 14 15
- (5) ⇒ vmoy 2→3 = = = 15 ⇒ vmoy 2→3 = 15 m / s
3−2 1
b- La vitesse instantanée est donnée par:
v(t ) = =
(
dx(t ) d 3t 2 + 2
= 6.t
) ⇒ v(t ) = 6 . t …(6)
dt dt
- 78 -
v1 = 6 m / s
t1 = 1s : (6) ⇒ v(t1 ) = 6.(1) = 6 m / s ⇒
t 2 = 2s : (6) ⇒ v(t 2 ) = 6.(2) = 12 m / s ⇒ v2 = 12 m / s
t3 = 3s : (6) ⇒ v(t3 ) = 6.(3) = 18 m / s ⇒ v3 = 18 m / s
22
20
18
16
14
12
v(t)
10
0
0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0
t(s)
Figure 1: Variation de la vitesse instantanée v en fonction du temps t
50
40
30
x(t)
20
∆x
10
∆t
0
0 1 2 3 4
t1 t2 t3
t(s)
Figure 2 : Variation de la position x en fonction du temps t
- 79 -
A-4- Accélération :
On dit qu'un corps accélère, lorsque sa vitesse varie en module ou en orientation, ou les
deux.
L'accélération moyenne durant un intervalle de temps donné, est une grandeur vectorielle,
elle est définie par:
variation de la vitesse
Accélérati on moyenne =
intervalle de temps
∆v v f − vi
γ moy = =
∆t t f − ti
L'accélération instantanée est définie comme étant la dérivé de la vitesse par rapport au
temps, soit :
d v
γ =
dt
A-5- Equations de mouvement :
Considérons deux cas particuliers d'un mouvement rectiligne :
A-5-1- Le mouvement rectiligne uniforme (M.R.U.) :

Le M.R.U. est un mouvement rectiligne à vitesse constante : v(t) = v0
Par conséquent :
dv(t ) dv0 γ =0
• γ = = =0 ⇒
dt dt
t t
dx(t )
• v(t ) =
dt
⇒ ∫ dx(t ) = ∫ v. dt
t 0 =0 t 0 =0
⇒ x(t ) − x(0) = v0 .(t − 0)
⇒ x(t ) = v0 .t + x0
γ
x v
v = c ste
∆x
v0
α
x0 γ =0
∆t t t t
Figure 3 : Variations de x, v et γ en fonction de t , lorsque v = c ste
- 80 -
A-5-2- Le mouvement rectiligne uniformément accéléré (M.R.U.A.) :
Le MRUA est le mouvement rectiligne à accélération constante γ (t ) = γ 0 〉 0 et v〉 0 …(1)
a- v(t)= ?
t t t
dv(t )
On sait que : γ= ⇒ dv(t ) = γ . dt ⇒ ∫ dv(t ) = ∫ γ . dt = γ .∫ dt
dt t0 t0 t0
t t
⇒ [v(t )] = γ .[t ] ⇒ v(t ) − v0 = γ (t − 0) ⇒ v(t ) = γ . t + v0
t0 =0 t0 = 0
Ou simplement v = γ . t + v0 …(2)
b- x(t)= ?
dx(t )
t t t
On a: v(t ) = ⇒ dx(t ) = v(t ).dt ⇒ ∫ dx(t ) = ∫ v(t ). dt = ∫ (γ t + v ).dt
0
dt t0 =0 t0 =0 t0 =0
t t t
⇒ ∫ dx(t ) = γ .∫ t.dt + v0 .∫ dt ⇒ [x(t )] = 1 .γ .[t 2 ] + v0 .[t ]
t t t
0 0 0 0 2 0 0
⇒ x(t ) − x(0) = 1 .γ .[t 2 − 02 ] + v0 (t − 0) ⇒ 1

x(t ) = .γ . t 2 + v0 .t + x0 …(3)
2 2
Ou simplement
1
x = .γ . t 2 + v0 .t + x0 …(4)
2
La fonction de x(t ) est du second degré et la courbe à laquelle elle correspond est une parabole
(figure 4).
c- v = f(x) ?
v − v0
(2) ⇒ γ .t = v − v0 ⇒ t= …(5)
γ
En remplaçant l'expression (5) dans la relation (4), on obtient:
- 81 -
2
1  v − v0   v − v0 
(5) a (4) ⇒ x = .γ .   + v0 .  + x0
2  γ   γ 
1 γ
2 γ
( 2
) v − v0 
⇒ x − x0 = . 2 . v 2 − 2 .v. v0 + v0 + v0 . 
 γ 
1  v 2 − 2vv0 + v0  1
( )
2
⇒ x − x0 =   + v0 v − v0 2
γ  2  γ

1  v 2 − 2vv0 + v0
( )
2
⇒ x − x0 =  + v0 v − v0
2

γ  2 
1  v 2 − 2vv0 + v0 + 2v0 v − 2v0 
2 2
⇒ x − x0 =  
γ  2 

1  v 2 − v0 
2
⇒ x − x0 =  
γ  2 
v 2 − v0 = 2γ ( x − x0 )
2
Où encore …(6)
v = v0 + γ t
 γ
x v tg (α ) = γ
Branche de
parabole
γ = γ0
α
γ0
x0 v0
t ∆t t t
Figure 4 : Variations de x, v et γ en fonction de t , lorsque γ = c ste
- 82 -
B- MOUVEMENT CIRCULAIRE :
Supposons un mobile qui décrit une trajectoire circulaire dans le plan (oxy ) . La trajectoire a un
rayon (R) et est centrée sur l'origine des axes.
B-1- Vitesse angulaire ou vitesse de rotation (ω ) : (t 2 )

B-1-1- Vitesse angulaire moyenne :
(t1 )
θ2
θ1
∆θ θ 2 − θ1
ωmoy = =
∆t t 2 − t1
B-1-2- Vitesse angulaire instantanée :
 ∆θ  dθ &
ω = lim  = = θ (rd / s )
∆t → 0
 ∆t  dt
B-2- Mouvement circulaire uniforme :
Dans ce cas, l'accélération angulaire est nulle et les équations de mouvement sont :
θ&& = 0
&
θ = ω = c
ste
θ = ω t + θ
 0
B-3- Mouvement uniformément accéléré :
ω = ω0
Les conditions initiales sont : à t = 0: 
θ = θ 0
L'accélération angulaire est constante et on a :


θ&& = c ste
&
θ = ω = θ&&. t + ω0
 1
θ = θ&&. t 2 + ω0 .t + θ 0
 2
- 83 -
On peut retrouver facilement, comme dans le cas de l'accélération linéaire, la formule :
ω 2 − ω0 2 = 2 .θ&&.(θ − θ 0 )
Si &θ& > 0 ⇒ il y' a accélération

Remarque : 
Si &θ& < 0 ⇒ il y' a décélération ou freinage
B-4- Accélérations normales et tangentielle : y
La vitesse étant tangente au cercle, on écrit: v
v = v .uT = v .uT uT
uN
Et γ= =
( )
d v d v .uT θ
dt dt
x
dv du
⇒γ = uT + v T
dt dt
dv  du  dθ  d v
⇒γ= u T + v T   = .u + v.ω. u N
dt  dθ  dt  dt T
 
v2
Sachant que : v = R.ω ⇒ v.ω = R.ω 2 =
R
dv  v2 
On écrit alors: γ= uT +   u N
dt R
composante tangentielle composante normale
 dv
γ T = dt : accélération tangentielle
Enfin  2
γ = v : accélération normale
 N R
- 84 -
C- SYSTEMES DE COORDONNEES :
Pour décrire le mouvement d'un point matériel, il est nécessaire d'utiliser des coordonnées. Le
choix du système de coordonnées dépend des caractéristiques du mouvement étudié.
Les systèmes de coordonnées usuels sont:

Coordonnées cartésiennes.
Coordonnées polaires.
Coordonnées cylindriques.
Coordonnées sphériques.
C-1- Coordonnées cartésiennes :
( )
Dans un repère orthonormé direct R O, i, j , k , le triplet de réels (x,y,z) détermine la
(
position du point M. Il détermine les coordonnées cartésiennes de M dans le repère R O, i, j , k . )
Les réels x, y et z sont appelées ; x (abscisse), y (ordonnée ou profondeur) et z (cote ou hauteur).
Le vecteur position est donné par :
r = OM = x. i + y. j + z.k
On peut exprimer les coordonnées des vecteurs vitesse et accélération dans la base orthonormée
(O, i, j, k ), en notant x& et &x& les dérivées, première et seconde, par rapport au temps de x(t ) .
On obtient comme expressions des vecteurs, vitesse et accélération :
dr dx dy dz
v= = i+ j+ k = x& . i + y& . j + z& . k
dt R
dt dt dt
dv dx& dy& dz&

γ= = i+ j+ k = &x&. i + &y& . j + &z&. k
dt R dt dt dt
Sachant que les dérivées des vecteurs unitaires sont tous des vecteurs nuls
di d j dk
= = =0
dt dt dt
Si le mouvement se produit dans un plan à deux dimensions les coordonnées cartésiennes

peuvent être transformées en coordonnées polaires.
- 85 -
C-2- Coordonnées polaires :

C-2-1- Vecteur position :
(
Le vecteur position peut être écrit, dans la base polaire 0, u r , uθ , comme suit :)
r = OM = r . ur y
uθ
…(1)
Où r est le rayon polaire. ur
La base polaire est mobile via la variation de θ = θ (t ) yM r

θ
On peut écrie ur et uθ en fonction de i et j : j
O
u r = (u r )x i + (u r ) y j i xM
 x

uθ = (uθ )x i + (uθ ) y j
Pour ur on a:
 (ur )y
sin (θ ) =
 ur
 avec ur = u r = 1 , car ur est un vecteur unitaire.
cos(θ ) = (ur )x y
 ur
(uθ )y (ur )y
ur
⇒ (u r )x = cos(θ ) et (u r ) y = sin (θ ) uθ
θ' j θ
⇒ u r = cos(θ ). i + sin (θ ). j …(2)
(uθ )x i (ur )x x
Nous pouvons utiliser ce schéma comme première méthode pour déterminer uθ :
 (uθ )y
sin (θ ') =
 uθ
 avec uθ = uθ = 1 , car uθ est un vecteur unitaire.
cos(θ ') = (uθ )x
 uθ
⇒ (uθ )x = cos(θ ') et (u θ )y = sin (θ ') ( )

⇒ uθ = cos(θ ). − i + sin (θ '). j ()
uθ = − cos(θ '). i + sin (θ '). j
⇒ …(3)
- 86 -
π π
On remarque d'après la deuxième figure que: θ + +θ '= π ⇒ θ '= −θ
2 2
Le vecteur unitaire uθ devient:
π  π 
uθ = − cos − θ . i + sin  − θ . j …(4)
2  2 
Rappelons que:
sin (α ± β ) = sin (α ) cos(β ) ± cos(α ) sin (β )

cos(α ± β ) = cos(α ) cos(β ) m sin (α ) sin (β )
π
Lorsqu’on remplace : α par et β par θ , ces deux équations deviennent :
2
 π  π  π 
sin  2 − θ  = sin  2  cos(θ ) − cos 2  sin (θ ) +1
      
 sin
cos π − θ  = cos π  cos(θ ) + sin  π  sin (θ )
  2  2 2
 π  −1 θ +1
sin  2  = 1
  
Sachant que : 
cos π  = 0 cos
  2 
 π 
sin  2 − θ  = 1. cos(θ ) − 0. sin (θ ) = cos(θ ) −1
  

cos π − θ  = 0. cos(θ ) + 1. sin (θ ) = sin (θ )
  2 
En remplaçant dans l'expression de uθ équation (4), on trouve:
⇒ uθ = − sin (θ ). i + cos(θ ). j …(5)
Nous venons de démontrer comment obtenir les vecteurs unitaires de la base polaire ur et uθ
en fonction des vecteurs unitaires des coordonnées cartésiennes i et j .
ur = cos(θ ). i + sin (θ ). j

 …(6)
uθ = − sin (θ ). i + cos(θ ). j
- 87 -
Deuxième méthode pour déterminer uθ :
uθ peut être déterminé directement, à condition de remarquer que l'angle que fait uθ avec l'axe
(oy ) est θ . y (uθ )y

( )
uθ = (uθ )x . − i + (uθ ) y . j uθ
θ
ur
 (uθ )x j
θ
sin (θ ) = u = (uθ )x
 θ
Avec 
cos(θ ) = (uθ )y = (u ) (uθ )x i x
 uθ
θ y
⇒ uθ = − sin (θ ). i + cos(θ ). j
d ur d uθ d ur d uθ
Dérivées des vecteurs unitaires : , , et ?
dθ dθ dt dt
d ur
=?
dθ
d ur
dθ dθ
=
d
[
cos(θ ). i + sin (θ ). j = ] [
d
dθ
cos(θ ). i +
d
dθ
] [
sin (θ ). j ]
d ur d [cos(θ )] d ( i ) d [sin (θ )] d (j)
= . i + cos(θ ) + . j + sin (θ )
dθ dθ dθ dθ dθ
sin
Intégration
Dérivation
d i d j
 = =0
 d θ d θ
 d [cos(θ )] dθ
 = θ ' [− sin (θ )] avec θ ' = =1 θ
 dθ dθ − cos cos
 d [sin (θ )]
 dθ = θ ' [cos(θ )]

d ur
⇒ = − sin (θ ). i + cos(θ ). j
dθ
− sin
d ur
Donc = − sin (θ ). i + cos(θ ). j = uθ
dθ
- 88 -
d uθ
=?
dθ
d uθ
dθ
=
d
dθ
[
− sin (θ ). i + cos(θ ). j =
d
dθ
] [
− sin (θ ). i +
d
dθ
]
cos(θ ). j [ ]
d uθ d [− sin (θ )] d i d [cos(θ )] d j
= . i − sin (θ ). + . j + cos(θ ).
dθ dθ dθ dθ dθ
d uθ
= − cos(θ ) i − sin (θ ) j = −u r ⇒ d uθ
= −u r
dθ dθ
d ur d uθ
Nous pouvons maintenant, déduire directement, les expressions de et
dt dt
 d ur d u r dθ &
 = = θ . uθ d ur
 dt dθ dt = θ& . uθ
 ⇒ dt
 d uθ d uθ dθ
 dt = dθ = −θ& . u r
dt
d uθ
= − θ& . u r
dt
C-2-2- Expression de la vitesse et de l'accélération en coordonnées polaires :
Le vecteur position OM peut se mettre, en coordonnées polaires, sous la forme :
r  r : composante radiale
OM = r.u r =   = r.u r + 0 . uθ avec 
0 0 : composante orthogonale
Vitesse : v = = =
( )
d OM d r.ur  d r   du
 . u r + r .  r


dt dt  dt  
 dt 
⇒ v = r& . u r + r.θ& .uθ
vr = r&
v = vr .u r + vθ .uθ avec 
vθ = r.θ
&
- 89 -
L'accélération :
 du   dr   &  
γ=
d v  dr& 
=   . u r + r& .  r  +   .θ& . uθ +  dθ  . r. uθ + r.θ& .  d uθ 
dt  dt    dt     dt 
 dt   dt   
γ = &r&.ur + r& .θ& . uθ + r& .θ& .uθ + θ&&. r. uθ − r.θ& 2.ur
⇒ γ = (&r& − r.θ& 2 ). ur + (2. r& .θ& + r.θ&& ). uθ
γ r = &r& − r.θ& 2

γ = γ r .u r + γ θ .uθ avec 
γ θ = 2. r& .θ& + r.θ&&
C-3- Coordonnées cylindriques (ρ , ϕ , z ) :

C-3-1- Vecteur position :
Le système de coordonnées cylindriques est défini, de la manière suivante, par rapport au
système cartésien: z
zm
y
• uz
uθ M
uρ
k
m≡M
yM ρ ym
O j
θ x
j xm i ρ
O θ y
i xM
x m
•z
(Figure 2) vue de haut (Figure 1)
Le vecteur position (figure 1) est donné par : OM = xm . i + ym . j + z m . k
On sait aussi que : OM = Om + mM
- 90 -
 ym
 sin (θ ) = ⇒ ym = ρ . sin (θ )
 ρ
Avec  et zm = z
cos(θ ) = xm ⇒ x = ρ . cos(θ )
 ρ
m
⇒ OM = [ρ . cos(θ )] . i + [ρ . sin (θ )]. j + [z ] . k
Remarque :
Les coordonnées polaires planes ne sont que la restriction au plan (oxy ) des coordonnées
cylindriques.
En coordonnées cylindriques, on peut écrire le vecteur-position par:
OM = ρ .u ρ + z.k
Attention !!! A ne pas écrire : OM = ρ .u ρ + θ .uθ + z.k
Dans ce système de coordonnées, on associe à chaque point d'espace (ρ , θ , z ) trois vecteurs
orthogonaux: u ρ , uθ et u z = k . Ces vecteurs pointent dans la direction où la coordonnée
respective augmente.
C-3-2- Expression de la vitesse et de l'accélération dans la base cylindrique :
OM = ρ . u ρ + z . k
d OM d (ρ )  du  d (z )  dk 
Vitesse : v = = .uρ + ρ . ρ + . k + z.  

dt dt  dt  dt dt
(R )    
 d u dθ   
= ρ& .u ρ + ρ .  ρ .  + z& . k + z.  d k 
 dθ dt   dt 
   =0 
- 91 -
 d uρ
 = uθ
 dθ
 dz vρ = ρ&
v = ρ& . u ρ + ρ .θ& . uθ + z& . k avec
 = z& 
⇒ vθ = ρ .θ&
 dt v = z&
d k  z
 =0
 dt
⇒ v = ρ& . u ρ + ρ .θ& .uθ + z& . k
L'accélération :
 d uρ   dρ     dz&   
 dρ&   +   .θ& . uθ +  dθ .ρ . uθ + ρ .θ& . d uθ
&
γ=
dv
= .u ρ + ρ& .   +  . k + z&.  d k 
dt ( R )  dt    dt   dt   dt   dt   dt 
 dt       =0 
 d u dθ   d u dθ 
= ρ&& .u ρ + ρ& . ρ .  + ρ& .θ& .uθ + θ&&. ρ .uθ + ρ .θ& . θ .  + &z&. k
 dθ dt 
   dθ dt 
= ρ&& . u ρ + ρ& .θ& . uθ + ρ& .θ& . uθ + θ&&.ρ . uθ − ρ .θ& 2. u ρ + &z&. k
⇒ γ = (ρ&& '− ρ .θ& 2 ) . u ρ + (ρ .θ&& + 2. ρ& .θ& ) . uθ + &z&. k
Remarque: La composante selon u ρ d'un vecteur est appelée composante radiale, alors que la composante selon
uθ est appelée composante orthoradiale. On peut écrire l'accélération γ en fonction de ses composantes:
γ ρ = ρ&& − ρ .θ& 2

γ = γ ρ . u ρ + γ θ . uθ + γ z . k avec γ θ = 2 ρ& .θ& + ρ .θ&&
γ = &z&
 z
C- 4- Coordonnées sphériques (r , θ , ϕ ) :
Le système des coordonnées sphériques est défini dans l'espace à trois dimensions,
comme le montre la figure ci-dessous :
- 92 -
ur
uφ
uθ
θ ∈ [0, π ]
Avec 
φ ∈ [0, 2π ]
C- 4-1- Vecteur position :

Les coordonnées sphériques sont définies par rapport au système de coordonnées
cartésiennes par :
OM = x. i + y. j + z. k = Om + mM
…(1)
 Om Om = r. sin (θ)

sin (θ ) = r
 y  y = Om . sin (φ)
sin (φ ) = Om  
avec  ⇒ et  ⇒
cos(φ ) = x x = Om . cos(φ ) cos(θ ) = z z = r. cos(θ )
  
 Om r
 x = r . sin (θ ). cos(φ )

⇒  y = r . sin (θ ). sin (φ ) …(2)
 z = r. cos(θ )

⇒ OM = [r.sin (θ ). cos(φ )] . i + [r.sin (θ ).sin (φ )]. j + [r. cos(θ )]. k …(3)
- 93 -
zm
ur
M
θ
k
r
ym
O j y
xm i ρ
φ
x
m
Le vecteur position OM , peut être écrit comme suit :

…(4)
OM = r. ur
C- 4-2- Détermination des vecteurs unitaires u r , uθ et uφ en fonctions de i, j et k :
ur = ?
Par identification entre l'équation (3) et (4), on trouve :
ur = [sin (θ ). cos(φ )] . i + [sin (θ ).sin (φ )] . j + [cos(θ )] .k …(5)
uθ = ?
En dérivant le vecteur unitaire ur par rapport à l'angle θ , on obtient:
d ur
= uθ
dθ
⇒ uθ =
d
dθ
[
sin (θ ). cos(φ ). i + sin (θ ).sin (φ ). j + cos(θ ). k ]
d [ sin (θ ) ] d [ sin (θ ) ] d [ cos(θ ) ]
= . cos(φ ). i + . sin (φ ). j + .k
dθ dθ dθ
uθ = cos(θ ). cos(φ ). i + cos(θ ). sin (φ ). j − sin (θ ). k …(6)
- 94 -
d i d j d k  d [cos(θ )]
 = = =0  dθ = − sin (θ )
dθ dθ dθ
car  et 
 d [cos(φ )] = d [sin (φ )] = 0  d [sin (θ )] = cos(θ )
 dθ dθ  dθ
uφ = ?
Le trièdre formé par u r , uθ et uφ nous permet d'écrire:
ur Λ uθ = u φ
 sin (θ ). cos(φ )  cos(θ ). cos(φ )

   
⇒ ur Λ uθ =  sin (θ ).sin (φ )  Λ  cos(θ ).sin (φ ) 
 cos(θ )   − sin (θ ) 
   
 [sin (θ )sin (φ )].[− sin (θ )] − [cos(θ )].[cos(θ )sin (φ )] 

 
= [cos(θ )].[cos(θ )cos(φ )] − [sin (θ )cos(φ )].[− sin (θ )] 
 [sin (θ )cos(φ )].[cos(θ )sin (φ )] − [sin (θ )sin (φ )].[cos(θ )cos(φ )]
 
 − sin 2 (θ )sin (φ ) − cos 2 (θ )sin (φ ) 

 
= cos 2 (θ )cos(φ ) + sin 2 (θ )cos(φ ) 
 
 sin (θ )cos(φ )cos(θ )sin (φ ) − sin (θ )sin (φ )cos(θ )cos(φ )
 

[ ]
 − sin (φ ). sin 2 (θ ) + cos 2 (θ ) 
  − sin (φ )
 
[
=  cos(φ ). cos 2 (θ ) + sin 2 (θ ) ] =  cos(φ ) 
   0 
 0   
 
 − sin (φ ) 
 
⇒ ur Λuθ =  cos(φ ) = uφ
 0 

⇒ uφ = − sin (φ ). i + cos(φ ). j
- 95 -
En résumé
 x = r.sin (θ )cos(φ )

 y = r.sin (θ )sin (φ )
 z = r. cos(θ )

ur = sin (θ ). cos(φ ). i + sin (θ ).sin (φ ). j + cos(θ ). k

et uθ = cos(θ ). cos(φ ). i + cos(θ ).sin (φ ). j − sin (θ ). k

uφ = − sin (φ ). i + cos(φ ). j
C- 4-3- Expression de la vitesse et de l'accélération en coordonnées sphériques :

a- Vitesse :
Méthode 1 :
v = =
( )
d OM d r.ur  dr   du 
=   .ur + r.  r 
dt dt  dt   dt 
 du 
⇒ v = r& . ur + r.  r 
 …(7)
 dt 
d ur
=?
dt
d ur d
dt
=
dt
(
sin (θ ) cos(φ ). i + sin (θ ) sin (φ ). j + cos(θ ).k )
d ur
dt
[ ] [ ] [ ]
= θ& . cos(θ ). cos(φ ) − φ& .sin (θ ). sin (φ ) . i + θ& . cos(θ ).sin (φ ) + φ& .sin (θ ). cos(φ ) . j − θ& .sin (θ ) .k
d ur &
dt
[ ] [
= θ . cos(θ ). cos(φ ). i + cos(θ ).sin (φ ). j − sin (θ ). k + φ& .sin (θ ). − sin (φ ). i + cos(φ ). j ]
d ur &
⇒ = θ . uθ + φ& . sin (θ ). uφ …(8)
dt
La relation (7) devient : v = r& . ur + r.θ& . uθ + r.φ& . sin (θ ). uφ
Si on prend la définition : v = vr . ur + vθ . uθ + vφ . uφ
- 96 -
 vr   r& 
   
On obtient : v =  vθ  =  r.θ & 
   & 
 vφ   r.φ . sin (θ )
Méthode 2 :
Déplacement infinitésimal: ( )
d OM 2 = r.dθ
Si θ et ρ sont des constantes, M se déplace suivant ur .
M
( )
d OM 1= dr. ur
dθ
Si r et φ sont des constantes, M se déplace suivant uθ .
( ) = [r . θ& ].u
d OM 2 θ r
O
Si r et θ sont des constantes, M se déplace suivant uφ .
O
( )
d OM 3 = [Om .dφ ]. uφ dφ
ρ
⇒ ( ) = [r.sin(θ ).dφ ] . u
d OM 3 φ m
Car Om = r.sin (θ )
Donc: d OM = d OM ( ) + d (OM )
1 2 ( )
+ d OM 3
⇒ d OM = (dr ) . ur + (r.dθ ) .uθ + (r. sin (θ ). dφ ) .uφ
La vitesse s'écrit donc:
d OM (dr ) .ur + (r.dθ ) .uθ + (r.sin (θ ). dφ ) .uφ

v= = =
dt dt
 dr   dθ   dφ 
v =  .ur +  r. .uθ +  r.sin (θ ). .uφ
 dt   dt   dt 
On obtient ainsi les trois composantes de la vitesse dans les coordonnées sphériques:
v = r& . ur + r.θ& . uθ + φ& . sin (θ ). uφ = vr .u r + vθ .uθ + vφ .uφ
- 97 -
 dr
vr = dt = r&
 vr   r&  
     dθ
Enfin : v =  vθ  =  r.θ &  ⇒ vθ = r = r.θ&
   &   dt
 vφ   r.φ . sin (θ )  dφ
vφ = r sin (θ ) dt = r sin (θ ).φ
&

b- Accélération :
γ =
dv
dt
=
d
dt
[
r& . ur + r.θ& . uθ + φ& . sin (θ ). uφ =
d
dt
]
r& . ur +
d
[
dt
]
r. θ& . uθ +
d
[
dt
]
r.φ& . sin (θ ). uφ [ ]
 d (r& )
= .ur + r&
( )
d ur   dr  &  dθ& 
 +  .θ .uθ + r.
 du
.uθ + r.θ&. θ


dt   dt   dt 
 dt  dt   
 dr   dφ&   d [sin (θ )]   d uφ 
+  .φ&.sin (θ ).uφ + r. .sin (θ ).uφ + r.φ& . .uφ + r.φ& . sin (θ ). 
 dt   dt   dt  
 dt 

= &r&.ur + r& .
( )
d ur   &  d uθ
 + r& .θ .uθ + r.θ&&.uθ + r.θ& .



 dt    dt  …(9)
  du 
+ r& .φ& . sin (θ ).uφ + r.φ&&. sin (θ ).uφ + r.φ& .θ& . cos(θ ).uφ + r.φ& . sin (θ ) φ 
  dt 
 
d uθ du
Cherchons d’abord, les expressions et φ :
dt dt
d uθ
dt
=
d
dt
(
cos(θ ) cos(φ ). i + cos(θ ) sin (φ ). j − sin (θ ).k )
d uθ
= −θ& . sin (θ ). cos(φ ). i − φ& . cos(θ ). sin (φ ). i − θ& .sin (θ ). cos(φ ). j + φ& . cos(θ ). cos(φ ) j − θ& . cos(θ ).k
dt
   
d uθ 
= −θ& . sin (θ ). cos(φ ). i + sin (θ ). sin (φ ). j + cos(θ ).k  + φ&. cos(θ ). − sin (φ ). i + cos(φ ) j 
dt  14444444244444443   144 42444 3 
 = ur   = uφ 
⇒ d uθ
= −θ& . ur + φ& . cos(θ ) .uφ …(10)
dt
- 98 -
d uφ
dt
=
d
dt
[ ]
− sin (φ ). i + cos(φ ). j = − φ& . cos(φ ) . i + φ& . sin (φ ) . j
d uφ
dt
[
= − φ& . cos(φ ). i + sin (φ ). j ] …(11)
Multiplions ur et uθ , respectivement par sin (θ ) et cos(θ ) :


[u r ]
= sin (θ )cos(φ ). i + sin (θ )sin (φ ). j + cos(θ ).k × sin (θ )


 [u θ = cos(θ )cos(φ ). i + cos(θ )sin (φ ). j − sin (θ ).k ]× cos(θ )
 sin (θ ) . ur = sin 2 (θ ). cos(φ ). i + sin 2 (θ ). sin (φ ). j + sin (θ ). cos(θ ). k


⇒ …(12)

 cos(θ ) . uθ = cos (θ ). cos(φ ). i + cos (θ ). sin (φ ). j − sin (θ ). cos(θ ). k
2 2
Rappelons que : sin 2 (θ ) + cos 2 (θ ) = 1
La somme des deux équations du système (12) donne :
   
sin (θ ). ur + cos(θ ). uθ =  sin 2 (θ ) + cos 2 (θ )  . cos(φ ). i +  sin 2 (θ ) + cos 2 (θ )  . sin (φ ). j
 1442 443   1442 443 
 =1   =1 
⇒ sin (θ ) . ur + cos(θ ) . uθ = cos(φ ) . i + sin (φ ) . j …(13)
Les relations (13) et (11) nous permettent d'écrire:
d uφ
dt
[
= − φ& . sin (θ ) . ur + cos(θ ) . uθ ]
…(14)
- 99 -
Enfin, en remplaçant les expressions des dérivées par rapport au temps des vecteurs unitaires (8),
(10) et (14) dans l'expression (9) de γ , on obtient:
[ ] [
(9) ⇒ γ = &r&. ur + r& . θ& . uθ + φ& . sin (θ ). uφ + r&.θ& . uθ + r.θ&&. uθ + r.θ& − θ& . ur + φ& . cos(θ ). uφ ]
[
+ r& .φ& . sin (θ ).uφ + r.φ&&. sin (θ ).uφ + r.φ&θ& cos(θ ).uφ + r.φ& sin (θ ) − φ& . sin (θ ).ur − φ& . cos(θ ).uθ ]
γ = [r&& − r.θ& 2 − r.φ& 2.sin 2 (θ )].ur + [2.r& .θ& + r.θ&& − r.φ& 2. sin (θ ). cos(θ )].uθ
⇒
[ ]
+ 2.r& .φ& . sin (θ ) + 2r.θ& .φ& . cos(θ ) + r.φ&&. sin (θ ) .uφ
En identifiant ce résultat avec l’expression de l’accélération en fonction de ses composantes en

coordonnées sphériques :
γ = γ r .u r + γ θ .uθ + γ φ .uφ
On retrouve facilement, l’expression de chacune de ces composantes :
γ r = &r& − r.θ& 2 − r.φ& 2. sin 2 (θ ) → accélération radiale


γ θ = 2.r& .θ + r.θ − r.φ . sin (θ ). cos(θ )
& && & → accélération méridiènne
2

γ φ = 2.r& .φ . sin (θ ) + 2r.θ .φ . cos(θ ) + r.φ . sin (θ ) → accélération transverse
& & & &&
Ou encore:
  d 2 r   dθ 
2
 dφ 
2
γ r =  2  − r.  − r. sin (θ )  
2
  dt   dt   dt 
 2
ou bien encore :
  dr   dθ   d θ   dφ 
2
γ
 θ = 2 .    + r 
 
2 
− r . sin (θ ) cos (θ ) 
  dt   dt   dt   dt 
  2 
γ φ = 2. sin (θ ). dr  . dφ  + 2r. cos(θ ) dθ  dφ  + r. sin (θ ) d φ2 
  dt 
 dt   dt   dt  dt   

γ = r "− r.θ '2 − r.φ '2 sin 2 (θ )
 r
 1 d 2
( )
γ θ = . r .θ ' − r.φ ' sin (θ ) cos(θ )
r dt
2

 1 d 2
( 
γ φ = r. sin (θ ) . dt r .φ ' sin (θ ) 
2
)
  
- 100 -
EXERCICES
Exercice n° II-A-1 :
Un corps se déplace suivant l'axe Ox selon la relation: x(t ) = 2t 3 + 5t 2 + 5 (m ) .

a- Etablir les équations de la vitesse v et de l'accélération γ en fonction du temps t.
b- Calculer la position du corps, sa vitesse et son accélération à t1=2s et t2=3s.
c- Calculer la vitesse et l'accélération moyennes du corps entre les instants t1 et t2.
Une automobile partant du repos accélère uniformément sur 200 m. Elle roule à vitesse
constante sur 160 m puis décélère sur 50 m avant de s'arrêter. L'ensemble du trajet dure 33 s.
a- Tracer le graphe de la vitesse en fonction du temps t.
b- Combien de temps a-t-elle roulé à vitesse constante ?
Une balle est lancée vers le haut avec une vitesse initiale de 12 m/s à partir d'un toit situé
à 40 m du sol. Trouver:
a- Sa hauteur maximale.
b- La durée de son parcours.
c- Les instants où elle se trouve au niveau du toit et à 15 m en dessous du toit.
On donne g=10 m/s2
Un mobile se déplace suivant l'axe ox , selon la loi:
x(t ) = 2 . (a.t + e −at )

g
avec g et a des constantes.
a
a- Donner l’expression de la vitesse initiale v0 du mobile et discuter selon les valeurs de
(a) la variation v=f(t). Tracer la courbe pour les valeurs positives de (a).
b- Trouver l'expression de l'accélération γ en fonction de la vitesse v .
Le mouvement d'une particule est défini par deux composantes de sa vitesse:
 t
v x = 2
 t +1
v y = 2 t

Sachant qu’ à t =0, x = 0 et y = 1 m .
a- Donner l'équation de la trajectoire y = f ( x ) .

b- Trouver les deux composantes du vecteur accélération ainsi que son module en
fonction de t.
- 101 -
Une particule est lancée avec une vitesse initiale horizontale v0 selon les équations :
 x(t ) = v0 t

 1 2 g : accélération de la pesanteur (g=9.81 m/s2).
 y (t ) = − 2 g t
Déterminer :
a- L'équation de la trajectoire de la particule.
b- La vitesse et l'accélération de la particule.
c- Les accélérations normale et tangentielle γ N et γ T .
d- Le rayon de courbure R de la trajectoire de la particule.
Exercice n°II-A-7 :
A partir du sol, un ballon monte avec une vitesse initiale v0 suivant l'axe (oy). Le vent
donne au ballon une vitesse horizontale vx = a. y où a est une constante.
a- Déterminer les équations de mouvement x(t ) et y (t ) et déduire l'équation de la
trajectoire.
b- Calculer les accélérations γ , γ N et γ T et déduire le rayon de courbure R.
Un avion vole horizontalement à une altitude de 5 km. On néglige la résistance de l'air, la
norme de sa vitesse est 500 km h-1, il lâche une boite de vivres.
a- Trouver la distance horizontale parcourue par la boite avant d’atteindre le sol ; sachant
que son mouvement est uniforme sur l’axe Ox et uniformément accéléré sur l’axe Oy.
b- Déterminer l'angle que fait le vecteur vitesse (de la boite lorsqu’elle atteint le sol) avec le
sol supposé horizontal.
On prend g=10 m s-2
On considère un cercle (C) de centre O de rayon R dans le plan (xoy) un point M décrit le
cercle (C) avec une accélération angulaire α .
a- Déterminer en fonction des coordonnées polaires, les composantes des vecteurs:
position, vitesse et accélération du point M.
b- En posant α = α 0 = c ste . A l'instant initial t=0, le point M se trouve en M0(R, 0). Calculer
( )
la vitesse angulaire ω et l'angle θ OM 0 , OM en fonction du temps.
c- Déduire les accélérations normale et tangentielle γ N et γ T .
- 102 -
Une particule qui se déplace suivant l'axe ox avec une vitesse v = v0 .i constante,
pénètre dans un milieu résistant dans lequel elle est soumise à une accélération γ = − k v 2 .
k est une constante positive.
a- En prenant pour origine des temps et des espaces le moment où le mobile pénètre dans le
milieu résistant, établir la loi donnant v = f (t ) et donner l'allure de cette variation.
b- En déduire l'équation du mouvement.
c- Montrer qu'après un parcours x , la vitesse est v = v0 e − kx .
Un point M décrit une hélice circulaire d'axe Oz , ses équations horaires sont:
 x = a . cos(θ )

 y = a . sin (θ )
 z = h .θ

a est le rayon du cylindre de révolution sur lequel est tracée l'hélice, h est constante et θ est
l'angle que fait avec Ox la projection OM' de OM sur xOy.
a- Donner en coordonnées cylindriques les expressions de v et γ .

b- Montrer que le vecteur vitesse v fait avec le plan xOy un angle constant.
c- Montrer que si le mouvement de rotation est uniforme, γ passe par l'axe du cylindre
et est parallèle au plan xOy. Calculer le rayon de courbure R.
On considère un repère fixe (Oxyz), de vecteurs unitaires i , j , k . x, y, z sont les

coordonnées d’un mobile M, qui a pour vitesse v et pour accélération γ . Le mouvement de M
est géré par la loi : γ = E + vΛ B où E et B sont deux vecteurs constants.
a- On suppose E = E.k et B = B.k (E > 0, B > 0) , à t=0, M est en M0 où OM 0 = α i,

β
et a une vitesse initiale v0 = −α j , avec α > 0 . Déterminer les équations paramétriques
du mouvement ainsi que la trajectoire.
b- On suppose E = E. j et B = B.k à t=0, le mobile est en O et a une vitesse nulle.
Déterminer les équations paramétriques du mouvement ainsi que la trajectoire de M.
- 103 -
Exercices supplémentaires :
L'accélération d'un point matériel mobile M est défini par la relation: γ (t ) = 8 − 6 t , les
conditions initiales du mouvement sont données à t=0 : x(0 ) = 0 et v(0 ) = v0 = 11 m.s −1.
a- Donner l'expression de la vitesse du mouvement.
b- A quel instant t1, le mobile M s'arrête-t-il ?
c- Calculer la distance parcourue par le mobile M à cet instant.
Exercice n° II-A-14:
Les coordonnées d'une particule sont données par les fonctions du temps:
x = 2.t

 y = 4 . t . (t − 1)
a- Déterminer l'équation de la trajectoire y = f ( x ) .
b- Donner l'expression de la vitesse en fonction du temps.
c- Montrer que le mouvement de la particule a une accélération constante dont on
déterminera les composantes tangentielle et normale et déduire le rayon de courbure.
 x = 2. sin (ω t )
Les coordonnées d'un point matériel sont : 
 y = 2. cos(ω t )
Déterminer:
a- L'équation de la trajectoire y = f ( x ) .
b- Le module de la vitesse.
c- Les accélérations normale et tangentielle γ N et γ T et déduire la nature du mouvement.
Un mobile se déplace sur l’axe ox avec une vitesse v qui, à l'instant t, est liée à son
abscisse par la relation : x = a v − b .
- Déterminer l’équation horaire x(t ) . On suppose qu'à t=0, x = 0 .
Les coordonnées cartésiennes d'un point M sont données en fonction du temps, par:
- 104 -
 x = v0 cos(α )t

 1 2
 y = a t + v0 sin (α )t
 2
 z = 0
Où α et a sont des constantes:
a- Vérifier que la trajectoire est une parabole et donner son expression.

b- Donner les expressions de la vitesse dans le repère cartésien.
c- Faire de même avec l'accélération.
Le mouvement d'un point M est défini par les équations paramétriques:
 x = a. cos(ω.t )

 y = a. sin (ω.t )
 z = h.ω.t

a- Quelle est la trajectoire de M ?
b- Calculer le vecteur unitaire T de la tangente à la trajectoire, et montrer que la
courbure C de la trajectoire est constante.
c- Calculer le vecteur unitaire N de la normale à la trajectoire.
I- A l'instant t=0, on lance d'un point O, avec une vitesse initiale v0 , un projectile ponctuel de
masse m. La vitesse initiale v0 fait avec l'axe horizontal Ox , l'angle θ ; l'axe verticale Oy est
orienté vers le haut. On suppose que le champ de pesanteur est uniforme (c'est-à-dire que
l'accélération de la pesanteur g est indépendante de l'altitude pour ces hauteurs).
1- Calculer à l'instant t, les composantes et le module de la vitesse v du projectile.
2- Quelles sont les équations horaires du mouvement x(t ) et y (t ) ?
3- En déduire l'équation de la trajectoire. Quels sont les points remarquables? Pour quelle
valeur de θ obtient-on une portée maximale?
II- Un avion d'entraînement vole horizontalement à vitesse constante.
1- Quelle trajectoire doit-il alors adopter pour que ses passagers soient, pendant quelques
instants, en état d'apesanteur?
2- Cet avion lâche un projectile à une altitude de 1500 m, alors qu'il effectue un piqué à 30°
par rapport à l’horizontale.
- 105 -
a- Quelle est la vitesse de l'avion, sachant que le projectile atteint le sol en 10s ?
b- Quelles sont les composantes v x et v y de la vitesse du projectile au sol et quelle
distance horizontale a-t-il parcouru à partir du moment où il a été lâché?
Exercices sans solutions :
L'équation en coordonnées polaires de M est: ρ = 2.b. cos(θ )

ωt
avec θ = , où b et ω sont des constantes positives.
2
π π π π
a- Dessiner les points correspondants à θ = 0, ,− , ,− . Tracer qualitativement la
4 4 2 2
trajectoire.
b- Calculer la vitesse v et son module.
c- Déterminer les coordonnées cartésiennes x et y en fonction de l'angle α = 2 θ . En
déduire l'équation cartésienne de la trajectoire.
d- Calculer l'accélération γ et son module.
Un mobile ponctuel M décrit une courbe plane dont l'équation en coordonnées polaires est:
1
ρ = .ρ 0 .[1 + cos(θ )]
2
Où ρ 0 désigne une longueur constante. La trajectoire est décrite avec une vitesse angulaire
constante ω , telle que θ = 0 à t = 0 , ce qui correspond à θ = ω t .
a- Déterminer, en fonction du temps, les composantes radiale vρ et orthoradiale vθ , puis le

module v de la vitesse v du mobile. En déduire que v est proportionnelle à ρ.
b- Déterminer, en fonction du temps, les composantes radiale γ ρ et orthoradiale γ θ , puis le
module γ de l'accélération γ du mobile. En déduire que γ est donné en fonction de ρ
par:
1 ρ
γ= ρ0 ω 2 1 + 8
2 ρ0
c- Compléter le tableau suivant:
- 106 -
θ ρ vρ vθ v γρ γθ γ
ρ0 ρ 0ω ρ 0ω ρ 0ω ρ 0ω 2
ρ 0ω 2
ρ 0ω 2
0
π
2
π
π
3
2
2π
d- A chacun de ces instants, représenter sur un graphe les positions des grandeurs prises par
le mobile M. En déduire l'allure de la trajectoire de M.
e- Que peut-on dire de la vitesse de M à son premier passage par l'origine O?
On désigne par t le temps et on considère que le mouvement ponctuel d'un point M est
défini par:
  2 
 x(t ) = a. cos(ω t ) − 3 . cos (ω t )
3
  
 2
 y (t ) = .a. sin (ω t )
3
 3

 z (t ) = a . sin (ω t )

On prendra a>0 et ω = 1 rd s −1 .
a- Déterminer la vitesse de ce mouvement et son module.

b- Déterminer l'accélération de ce mouvement et son module. Montrer que ce mouvement
est uniforme.
c- Calculer le rayon de courbure de la trajectoire en fonction de t.
Soit un mobile M se déplaçant sur le plan xoy , dont la position à chaque instant t est
donnée en coordonnées cartésiennes par les équations horaires:
 x(t ) = a . cos(ω t )

 y (t ) = b . sin (ω t )
- 107 -
a- Définir les coordonnées cartésiennes et la norme des vecteurs vitesse et accélération

instantanées de M en fonction de t.
b- Donner l'équation caractéristique de la trajectoire du mobile et préciser la nature de cette
trajectoire. Montrer que l'accélération est centrale et dirigée vers o.
c- Donner la relation entre les vecteurs unitaires tangentiel et normal uT et u N en fonction
des vecteurs unitaires cartésiens i et j .
d- Donner les expressions des composantes tangentielle et normale de la vitesse et de
(
l'accélération de M dans le repère M , uT , u N .)
( )
e- Même question pour le repère polaire M , u ρ , uθ associé au mobile.
f- Pour quel mouvement simple retrouve-t-on au signe près, des expressions semblables
pour la vitesse et l'accélération dans les deux repères.
- 108 -
CORRIGE DES EXERCICES
x(t ) = 2t 3 + 5t 2 + 5 (m) …(1)
a- Vitesse et accélération:
dx
Vitesse : v = = 6 t 2 + 10 t …(2)
dt
dv
Accélération : γ = = 12 t + 10 …(3)
dt
b- Position x , vitesse v et accélération γ à t1=2s et t2=3s:

t1 = 2 s ⇒ x1 = 2(2 )3 + 5(2 )2 + 5 = 41 m
Position: (1) ⇒ 
t2 = 3s ⇒ x2 = 2(3)3 + 5(3)2 + 5 = 104 m
t1 = 2 s ⇒ v1 = 6(2 )2 + 10(2 ) = 44 m s −1

Vitesse: (2) ⇒ 
t2 = 3s ⇒ v2 = 6(3)2 + 10(3) = 84 m s −1
t1 = 2 s ⇒ γ 1 = 12(2 ) + 10 = 32 m s −2
Accélération: (3) ⇒ 
t2 = 3s ⇒ γ 2 = 12(3) + 10 = 46 m s − 2
c- Vitesse vm et accélération γ m moyennes entre t1 et t2:
x(t2 ) − x(t1 ) x −x 104 − 41

vm = = 2 1 = = 63 m s −1
t2 − t1 t2 − t1 3− 2
v(t2 ) − v(t1 ) v −v 84 − 44
γm = = 2 1 = = 40 m s − 2
t2 − t1 t2 − t1 3−2
a- Variation de la vitesse en fonction de t :
t = 0 → v(0) = v0 = 0

phase 1: γ 1 > 0
∆x = 200 m
 1
- 109 -
v
v2 = c ste

phase 2: γ 2 = 0
∆x = 160 m
 2
vmax
γ 3 < 0

phase 3: ∆x3 = 50 m S1 S2 S3
 −1
v f = 0 m s
Le temps total du parcours est ∆ttot = 33s . ← ∆t1 → ← ∆ t 2 → ←∆t3 → t
b- Le temps du parcours avec une vitesse constante ∆ t 2 :
D'après le graphe de variation de v = f (t ) , on peut trouver les distances ∆x1 , ∆x2 et

∆x3 , à partir des aires (S1), (S2) et (S3):
dx
v= ⇒ dx = v .dt ⇒ ∆x = ∫ v. dt
dt
Où ∆x =la surface (Si=1à 3)
 1
∆x1 = 2 (v max − 0 )∆t1 (triangle S1 ) ...(1)

⇒ ∆x 2 = (v max − 0 )∆t 2 (rectangle S2 ) ...(2)
 1
∆x 3 = (v max − 0 )∆t 3 (triangle S3 ) ...(3)
 2
2.200 = vmax ∆t1


⇒ 160 = vmax ∆t 2 ⇒ (400 + 160 + 100) = vmax (∆t1 + ∆t 2 + ∆t3 ) = vmax ∆ttot
2.50 = v ∆t
 max 3
660
⇒ vmax = = 20 m s −1
33
∆x2 160
D'où (2) ⇒ ∆t2 = = = 8s
vmax 20
⇒ ∆t 2 = 8 s
- 110 -
La vitesse initiale du lancement vers le haut est v0 = 12 m s −1 .
a- Hauteur maximale : hmax = ?

Lorsque la balle atteint le point A, qui correspond à la hauteur maximale, sa vitesse s’annule :
vA=0.
2
v0
Or : v A − v0 = 2 . (− g ). ( y A − y0 ) ⇒ 0 − v0 = −2 . g . y A ⇒ yA =
2 2 2
2. g
Application numérique: A
yA =
(12 )
2
= 7, 2 m ⇒ y A = 7,2 m ⊕
2 . (10 )
0
Sa hauteur maximale par rapport au toit est:
hmax = y A − y0 = 7,2 − 0 = 7,2 m ⇒ hmax = 7,2 m

S (Sol)
Sa hauteur maximale par rapport au sol est:
h'max = hmax + 40 = 7,2 + 40 = 47,2 m ⇒ h'max = 47,2 m
b- Vitesse lorsqu'elle percute le sol : vS = ?
En appliquant la loi des vitesses vS 2 − v A 2 = 2.(−g).( y S − y A ) ⇒ vS 2 − 0 = 2gh 'max ⇒ v S = 2 g h 'max
Application numérique:
vS = 2.10.47.2 = 30,72 m s −1 ⇒ vS = 30,72 m s −1
c- Durée totale du parcours:
∆ttot = ∆tOA + ∆t AS … (1)
∆tOA = ?
Le mouvement suivant l'axe vertical (Oy) est décrit par les relations:
- 111 -
 1 2
 y = − g t + v0 t + y 0
 2 …(2)
v = − g t + v0
(2) ⇒ tOA = v0 − vA =
12 − 0
= 1,2 s
g 10
∆t AS = ?
vs − v A 30,72 − 0
De même vS = g t + v A ⇒ t AS = = = 3,07 s
g 10
(1) ⇒ ∆ttot = 1,2 + 3,07 = 4,27 s ⇒ ∆ttot = 4,27 s
d- L'instant où elle se trouve à 15 m en dessous du toit:
L'équation du mouvement suivant l'axe vertical dirigé vers le bas, est donnée par :
1
y = g t 2 + v At + y 0 avec : v A = 0 m s −1 et y0 = 0 m
2
1 2
⇒ y= gt …(3)
2
1 2 . y AB 2 . y AB
(3) ⇒ y AB =
2
⇒ t AB =
2
g t AB ⇒ t AB =
2 g g
Application numérique :
2(7,2 + 15)
t AB = = 2,11 s
10
A partir de l'instant de lancement de la balle: tOB = tOA + t AB ⇒ tOB = 1,2 + 2,11 = 3,31 s
⇒ ∆tOB = 3,31 s
La loi de déplacement du mobile est donnée par:
x(t ) = 2 . (a.t + e − a t )
g
a
a- Vitesse initiale : v0 = ?
On a: v(t ) =
dx(t ) d  g
(  g  d (a.t ) d e  g
=  2 . a.t + e − a t  = 2 .) +
−a t
( ) −a t
( )
dt  a  = a2 a − a e
dt  a  dt dt 
- 112 -
⇒ v(t ) =
g
a
(
. 1 − e −a t ) …(1)
t=0 ⇒ v(0 ) = v0 =
g
a
( g
a
)
1 − e0 = (1 − 1) = 0 ⇒ v(0 ) = 0 m s −1
 g
 a>0 ⇒ v→
t →∞ ⇒  a
a < 0 ⇒ v→∞
« v = f (t ) pour a > 0 »
v
g
a
b- Accélération γ = ? :
γ (t ) =
dv(t ) d  g
(
−a t 
=  . 1 − e  = .
g  d (1) d e − a t  g
) −
( ) (
= . a e− a t = g . e− a t )
dt  a 
dt  a  dt dt  a
⇒ γ (t ) = g . e − a t …(2)
g g − a t g γ (t ) g − γ (t )
D'autre part (1) ⇒ v(t ) = − e = − =
a a a a a
⇒ a v(t ) = g − γ (t ) ⇒ γ (t ) = g − a v(t ) ⇒ γ (t ) = g − a v(t )
Les coordonnées de la vitesse de la particule sont:

 t
vx = 2  x = x0 = 0
 t +1 avec, à t = 0 →  …(1)
v y = 2 t  y = y0 = 1 m

- 113 -
a- Equation de la trajectoire de la particule:
On sait que:
t t t
dx = vx dt ⇒ x − x0 = ∫ vx dt = ∫ dt …(2)
0 0 2 t +1
dU
Posons U = t 2 + 1 → dU = 2t.dt → = t.dt
2
1 2 
(2) ⇒ x − x0 =
1 dU
.∫
1
= . ln (U ) =
1
ln t 2 + 1 [ ( )] t
0 =
2
( {
ln t + 1 − ln )
(1)
=0 
2 U 2 2
 
⇒ x(t ) =
1
2
(
ln t 2 + 1 ) …(3)
De même pour y:
t t
dy = v y . dt ⇒ y − y0 = ∫ v y . dt = ∫ 2.t. dt ⇒ y −1 = t2
0 0
Où encore y(t ) = t 2 + 1 …(4)
L'équation de la trajectoire s'écrit donc, en tenant compte des expressions (3) et (4), comme suit :
1
x = ln ( y ) ⇒ y = e 2 x
2
⇒ y = e2 x la trajectoire est une loi exponentielle en x .
b- Composantes de l'accélération:
  t 
d 2 

γ x =
dv x
=  =
(
t + 1  1. t + 1 − 2t (t )
2
=
)
1− t2
 dt dt t2 +1
2
( t2 +1
2
) ( ) …(5)

v = dv y = d (2t ) = 2
 y dt dt
2
 1− t2 
γ = γx +γy = 4+ 
2 2
(
 t2 +1 2 
  )
- 114 -
Les équations de mouvement fonctions du temps sont données par:

 x(t ) = v0 . t ...(1)

 1
 y (t ) = − 2 . g . t
2
...(2)
a- Equation de la trajectoire de la particule:
x
(1) ⇒ t= …(3)
v0
En remplaçant l'expression (3) de t dans la relation (2) de y , on obtient:
2
1 1 x −g 2
y = − .g .t 2 = − .g .  ⇒ y= .x
2 2  v0  2 . v0
2
C'est l’équation d'une parabole.
b- La vitesse et l'accélération de la particule:
v=?
 dx
v x = dt = v0
(1) ⇒  …(4)
v = dy = − g t
 y dt
On remarque que la vitesse, suivant l'axe horizontal ox , est constante.
v= v = vx + v y ⇒ v = v0 + ( g t ) ⇒
2 2 2 2
v = v0 + g 2t 2
2
γ =?
 dvx d (v0 )
γ x = dt = dt = 0
(4) ⇒  ⇒ γ =γ = 0 + (− g ) = + g ⇒
2
γ =+g
γ = dv y
=
d (− g .t ) = −g
 y dt dt
- 115 -
c- Accélérations normale et tangentielle γ N et γ T :
γT = ?
 2 2 
(
dv d  v0 + g .t  d v0 + g 2 . t 2 )
2 1/ 2
)( )
2
γT =
dt
=
dt
=
dt
1
(
= . 2.g 2 .t . v0 + g 2 . t 2
2
2 −1 / 2
=
g 2 .t
v0 + g 2 .t 2
2
g 2 .t
⇒ γT =
v0 + g 2 . t 2
2
γN = ?
On sait que : γ =γT +γ N ⇒ γ 2 = γ N2 + γ T2 ⇒ γ N = γ 2 − γ T2 .
2
g 4 .t 2 g 2 . v0 g . v0
⇒ γN = g − 2 2
= =
v0 + g 2 . t 2 v0 + g 2 . t 2
2
v0 + g 2t 2
2
g . v0 g . v0
Finalement, γN = =
2
v0 + g 2 .t 2 v
R=?
Le rayon de la courbure R est déterminé à partir de la relation :
γN =
v2
⇒ R =
v2
=
v2
=
v3
⇒ R =
v3
= 0
( 2
v + g 2 .t 2 )3/ 2
R γN  g . v0  g . v0 g . v0 g . v0
 
 v 
Les composantes de la vitesse du ballon sont:
vx = a. y
 …(1)
v y = v0
- 116 -
a- Equations de mouvement suivant les axes et l'équation de la trajectoire:
y = f (t ) ?
dy
Suivant l'axe des y on a : v y = v0 ⇒ vy = = v0
dt
Par intégration, on obtient : y = v0 t + y 0 avec y0 = 0 .
⇒ y = v0 t
x = f (t ) ?
 dx
vx =
De même pour l'axe des x ,  dt ⇒ dx = a.v0 .t. dt
vx = a . y = a.v0 .t
1 a.v0 2
⇒ x−{
x0 = . a. v0 .t 2 ⇒ x= .t
2 2
=0
On obtient donc comme équations de mouvement suivant les deux axes, les fonctions
paramétriques suivantes:
 a. v0 2
 x(t ) = .t ...(2)
 2
 y (t ) = v0 . t ...(3)
y = f (x) ?
y
(3) ⇒ t= ...(4)
v0
En remplaçant l'expression (4) de t dans la relation (2), on obtient :
2
a.v  y  a.v0 2 a 2. v0
x = 0 .   = 2
.y = . y2 ⇒ y2 = .x
2  v0  2.v0 2 . v0 a
2. v0
D'où l'équation de la trajectoire : y(x ) = .x
a
- 117 -
b- Les expressions des accélérations et le rayon de la courbure:
γ =?
 dvx d (a.v0 .t )
γ x = dt = dt
= a.v0
γ = γ x. i + γ y. j ⇒ γ:
γ = dv y = d (v0 ) = 0
 y dt dt
γ =γ = γ x2 + γ y2 = (a.v0 )2 + 0 ⇒ γ = a.v0 …(5)
γT = ?
d  v0 + a 2v0 t 2 
2 2
2
a 2v0 t
=  =
dv
γT =
dt dt v0 + a 2v0 t 2
2 2
 2 2 
dv d  v0 + a .v0 .t  d v0 + a 2 .v0 .t 2 ( )
2 2 1/ 2
( )( )
2 2
1 −1 / 2
γT = = = = . 2.a 2 .v0 .t . v0 + a 2 .v0 .t
2 2 2
dt dt dt 2
2
2
a 2 .v0 . t a 2 .v0 .t
= ⇒ γT = 2 2
…(6)
2
v0 + a 2v0 t 2
2
v0 + a 2 .v0 .t 2
γN = ?
2
 2
a 2 .v0 .t  a 2 .v0
4 2
⇒ γ N = a 2 .v0 −   a. v0
γ N = γ 2 − γ T2 2
= =
 v 2 + a 2 .v 2 .t 2  2 2
v0 + a 2 .v0 .t 2 2
v0 + a 2 .v0 .t 2
2
 0 0 
2 2
a. v0 a.v0
⇒ γN = =
2
v0 + a 2 .v0 .t 2
2 v
R=?
(v )
3
γN =
v2
=
a. v0
2
⇒ R=
v 3
= 0
(
v + a v0 t
2 2
)
2 2 3/ 2
⇒ R= 0
2
+ a 2v0 t 2
2
2
R v a. v0
2
a v0
2 a v0
- 118 -
 km   1000 m 
La vitesse horizontale de l'avion est vx = v0 = 500   = 500   = 138,9 m.s −1
 h   3600 s 
a- La distance horizontale parcourue par la boite:
Le mouvement suivant l'axe ox est uniforme: x O

v x = v0 = c ste
 …(1)
 x = v0 t + x0
Et le mouvement sur l'axe oy est uniformément variable:
v y = g t + v0 y

 1 …(2) y
 y = .g . t + v0 y .t + y0
2
 2
La vitesse initiale v0 y = 0 .
Afin de faciliter les calculs, on prend comme origine des espaces et du temps, le point et
le moment où l'avion a lâcher la boite, ce qui nous permet de prendre x0 = 0 et y0 = 0 .
L'équation y = f (t ) nous permet de déterminer l’instant t, auquel la boite atteint le sol :
1 2 1
y= g t ⇒ 5000 = . 10 . t s ⇒ ts = 1000
2 2
⇒ t s = 31,6 s
2 2
En remplaçant la valeur de t s dans l'expression (1) de x , on obtient comme parcours horizontal

de la boite:
(1) ⇒ xb = 138,9 . (31,6 ) = 4392 m ⇒ x = 4,392 km
b- L'angle que fait le vecteur vitesse avec le sol :
La vitesse de la boite suivant l'axe oy est v y = g t , lorsque la boite atteint le sol, la

valeur de cette vitesse est: v y = 10. (31,6) = 316 m .s −1 .
- 119 -
La vitesse de la boite suivant l'axe ox est toujours constante : vx = 138,9 m .s −1 .
vx
α
vy 316
tg (α ) = = = 2.276
v x 138.9 vy
α
⇒ α = 66,3°
Exercice n° II-A-9 : y
a- Les composantes de v et γ :
ur
En coordonnées polaires OM = R .ur M
R
θ x
v =? O
v=
d OM d R.ur
=
( )
dt dt
 dR
 R = cste ⇒ =0
dt

⇒v =
d (R )
. u r + R.
d ur ( )
d u dθ
=R r.
 du
avec :  r = u θ
dt dt dθ dt  dθ
 dθ
 dt = ω ( vitesse angulaire)

⇒ v = R.ω . uθ
γ =?
γ= =
(
d v d R.ω. u θ
=
)
d(R )
.ω. u θ + R.
d(ω )
. u θ + R.ω.
d uθ ( )
dt dt dt dt dt
 du θ
 = − ur
d(ω ) d uθ d θ d θ
= R. . u θ + R.ω. . avec : 
dt dθ dt  dω = α (accélération angulaire)
 dt
- 120 -
⇒ γ = R α uθ − R ω 2 ur
b- L'expression de ω en fonction de t si α = α 0 = c ste :
dω
α= ⇒ dω = α . dt , par intégration, on obtient :
dt
ω − ω0 = α 0 t , avec ω0 est la vitesse angulaire initiale (t=0)
Où encore ω = α 0 t + ω0
( )
L'angle θ OM 0 , OM est donné par:
dθ
ω= ⇒ dθ = ω dt , en intégrant cette expression, on trouve :
dt
t
α0
θ − θ 0 = ∫ (α 0t + ω0 ). dt = t 2 + ω0 t , avec θ 0 =0 à t=0
0
2
⇒ α0
θ= t 2 + ω 0t
2
c- Accélérations normale et tangentielle γ N et γ T :
v 2 R 2ω 2
γN = = R ω 2 = R (α 0 t + ω0 ) ⇒ γ N = R . (α 0 . t + ω0 )2
2
=
R R
dv d (Rω ) d [R(α 0 t + ω )]
γT = = = = Rα 0 = c ste ⇒ γ T = R .α 0
dt dt dt
La relation liant l'accélération à la vitesse de la particule est donnée par:
v(0) = v0
γ = −k v 2 …(1) à t=0 a 
 x(0) = x0
- 121 -
a- Loi de variation de la vitesse v :

dv dv
γ = = − k . v 2 ⇒ 2 = − k . dt ⇒ v −2 . dv = − k . dt …(2)
dt v
En intégrant les deux parties de l'équation (2), on obtient:
v t
∫v ∫ − k . dt
−2
. dv = …(3)
v0 0
Rappel :
x2
x n+1
Rappelons que ∫
x1
x2
x dx =
n
=
1
n +1 x n +1
x2n+1 − x1n+1 ( ) n est un entier
1
En appliquant cette règle à l'intégrale (3), on obtient:
v v
 v −2+1  t
 − 1 −1 1
⇒  = − k . [t ] ⇒  v  = − k . t ⇒ + = −k t
 − 2 + 1 v0 0 v0 v v0
1 1 1 + v0 . k . t v0
⇒ = +kt = ⇒ v=
v v0 v0 v0 . k . t + 1
v0
⇒ v(t ) = …(4)
v0 . k . t + 1
v
 t =0 a v = v0
Lorsque  v0
 t →∞ a v→0
b- Equation du mouvement:
x t
dx v0 v0
(4) ⇒ v =
dt
=
v0 . k . t + 1
⇒ ∫ dx =
x0
∫ v . k . t + 1 . dt
0 0
- 122 -
t
v0
⇒ x − x0 = ∫ v . k. t + 1 . d t
0 0
…(5)
dµ
On pose µ = v0 k t + 1 ⇒ dµ = v0 k dt ⇒ = v0 . dt
k
1  
(5) ⇒ x − x0 = ∫ 1 . dµ
t
1 1
= . ln (µ ) = . [ ln (v0 .k .t + 1) ] = .  ln (v0 .k .t + 1) − ln
{ (1)
k µ k k k  =0 
0
 
1
⇒ x = x0 + ln (v0 .k .t + 1) …(6)
k
c- Vitesse v après un parcours x :
v0
D'après la relation (4), on a : = v0 k t + 1
v
En remplaçant ce résultat dans l'expression (6) pour x0 = 0 , on trouve l’expression :
−1
1 v  v  v  v 
x = ln 0  ⇒ ln 0  = k x ⇒ − ln 0  = − k x ⇒ ln 0  = − k x
k v v v v
v v
⇒ ln  = − k x ⇒ = e −k x ⇒ v = v0 . e − k x
v
 0 v0
a- Expressions de v et de γ dans les coordonnées cylindriques :
On a pour vecteur position OM :
OM = r = a ur + z k ⇒ r = a ur + hθ k …(1)
Il vient donc : v =
d OM
=
(
d a. u r + h.θ . k
=
) +
( ) (
d a . u r d h.θ . k )
dt dt dt dt
- 123 -
d ur dθ dθ d u r
⇒ v=a +h k=a + hθ ' k
dt dt dt dθ
 dθ
 dt = θ '
v = aθ ' uθ + hθ ' k , avec  …(2)
 d ur = u
 dθ θ
⇒ v = aθ ' uθ + hθ ' k …(3)
dv d 2r
De même pour γ : γ= =
dt dt 2
γ =
(
d aθ ' uθ + hθ ' k ) = aθ ' ' uθ + aθ '
d uθ
+ hθ ' ' k
dt dt
d uθ dθ
⇒ γ = aθ ' ' uθ + aθ ' + hθ ' ' k
dθ dt
 dθ '
 dt = θ ' '
Finalement on obtient: γ = aθ ' ' uθ − aθ ' 2 u r + hθ ' ' k avec 
 d uθ = −u
 dθ r
⇒ γ = aθ ' ' uθ − aθ '2 ur + hθ ' ' k
b- Direction de la vitesse:
La relation (3) montre que le vecteur vitesse n’a que deux composantes ; il est
donc orthogonal à ur . Il fait avec le plan (xoy) l'angle :
( )
φ = uθ , v où tg (φ ) =
h
a
= c ste
k φ
M
uθ
- 124 -
c- Etude du mouvement uniforme:
Direction de v et de γ : dans ce cas θ ' = ω et θ ' ' = 0

Le module de la vitesse est alors égal à: v = θ ' a 2 + h 2 = ω a 2 + h 2 = c ste …(4)
Le vecteur accélération γ s'écrit dans ce cas: γ = −aθ '2 ur = −aω 2 ur .
Le vecteur γ passe par un axe du cylindre et est parallèle au plan (xoy).
dv
Rayon de courbure : on sait que γ T = = 0 à cause du module de la vitesse qui est
dt
v2 v2
constant. Il vient donc que γ = γ N et γ = γ N == aω 2 ⇒ R = , en
R aω 2
remplaçant le module de la vitesse par son expression (4) on trouve :
a 2 + h2
R=
a
Le rayon de courbure de la trajectoire est constant.
Le mouvement de M est donné par:
γ = E + vΛ B …(1)
E et B sont deux vecteurs constants.
a- L'équation (1) peut être mise sous la forme suivante :
( )
(1) ⇒ x" i + y" j + z" k = E k + x' i + y ' j + z ' k Λ B.k
On obtient alors, un système de trois équations différentielles:
 x" = By '

 y" = − Bx' …(2)
 z" = E

D'où x' = By + c cte , la vitesse initiale suivant l'axe ox est nulle ⇒ ccte=0
il reste x' = By …(3)
- 125 -
En remplaçant l'expression obtenue dans (3) dans l'équation (2), on obtient:
y" = − B 2 y …(4)
C'est une équation différentielle du second degré sans second membre.
Rappel :
Soit une équation différentielle de second degré sans second membre: a y"+b y '+cy = 0 , avec
a, b et c des constantes. On appelle l'équation ar2+br+c=0, l'équation caractéristique de l'équation
différentielle.Selon les valeurs du déterminant ∆ = b 2 − 4 a c , on propose la solution.
Si ∆ > 0 , on a deux solution réelles r1 et r2 ; dans ce cas la solution pour l'équation
différentielle est :
y = c1e r1 t + c2 e r2 t
Si ∆ < 0 , on a deux solution complexes r1=p+is et r2 =p-is avec p la partie réelle ,s la

partie imaginaire et i le nombre complexe où i2=-1 ; dans ce cas la solution pour l'équation
différentielle est:
y = e pt [c1 cos(st ) + c2 sin (st )]
Si ∆ = 0 , on a une solution double de cette équation r1 = r2 =r ; dans ce cas la solution pour

l'équation différentielle est :
y = (c1 + c2t )e r t
D'après ce rappel mathématique on a pour équation caractéristique ∆ = 0 2 − 4 B 2 = −4 B 2 < 0

donc on est dans la solution complexe: r1 = 0 − iB et r2 = 0 + iB , la solution de l'équation (4) est
donc:
y(t ) = c1 cos(Bt ) + c2 sin (Bt )
En appliquant les conditions initiales:
α
À t=0, M est en M0 où OM 0 = i , et a une vitesse initiale v0 = −α j , avec α > 0 .
β
Donc y (0) = 0 = c1 cos(0) + c2 sin (0) = c1 ⇒ c1 = 0
Et y ' (t ) = −c1 B sin (Bt ) + c2 B cos(Bt ) si t = 0 a y (0 ) = c2 . B = v0 = −α ⇒ −α

c2 =
B
- 126 -
−α
D'où y= sin (Bt )
B
On revient à l'équation (3) et on l’intègre :

dx
x' = = By = −α sin (Bt ) …(5)
dt
α
x = ∫ − α sin (Bt )dt = cos(Bt ) + c cte
B
α α
x(0 ) = + c cte = OM 0 = ⇒ c cte = 0
B B
Il vient donc : α
x= cos(Bt )
B
Et pour z , on trouve z' = E t + c cte ; avec une vitesse initiale nulle suivant l'axe oz ⇒ ccte=0.
1 2 α
Par intégration, on obtient z = E t + c cte , OM 0 = i ⇒ ccte=0.
2 β
1 2
Donc z= Et
2
Le mouvement de M est donc hélicoïdal accéléré, l'hélice étant tracée sur un cylindre d'axe oz
α
de rayon .
β
b- L'équation (1) s'écrit dans ce cas:
(
x" i + y" j + z" k = E j + x' i + y ' j + z ' k ΛB k , )
 x" = By '

On obtient le système d'équations :  y" = E − Bx' …(6)
 z" = 0

z" = 0 ⇒ z ' = 0 et z = 0
D’où : x' = By …(7)

En remplaçant l'expression de x' dans celle de y" , on trouve:
y" = E − B 2 y
- 127 -
Cette équation peut se mettre sous la forme :
y"+ B 2 y = E …(8)
C'est une équation différentielle de second degré avec second membre.

La résolution de cette équation se fait en deux étapes :
Rappel :
La résolution de l'équation différentielle de degré 2 avec second membre se fait en deux
étapes:
La première étape: La solution de l'équation sans second membre (comme dans la question a) :
a y"+b y '+cy = 0 , la solution de cette équation donne y0 .
La deuxième étape: On cherche une solution particulière du même type que le second membre, si ce
dernier est constant, on cherche donc une solution y p = c .
La solution générale de l'équation différentielle avec second membre est la somme des deux
solutions:
y = y0 + y p
La solution qu'on peut trouver pour y sans second membre est:
y0 (t ) = c1 cos(Bt ) + c2 sin (Bt ) . On cherche la solution particulière de l'équation (8):

E
B2 yp = E ⇒ yp =
B2
En tenant compte de cette solution particulière, la solution générale de l'équation (8) est:
E
y(t ) = c1 cos(Bt ) + c2 sin (Bt ) + et y(0) = y ' (0) = 0
B2
 E  E
c1 + 2 = 0 c1 = − 2
 B ⇒  B
c2 = 0 c2 = 0
E E E
y(t ) = − 2
cos(Bt ) + 2 = 2 [1 − cos(Bt )]
B B B
- 128 -
On revient à l'expression (7):
E
x' = By = [1 − cos(Bt )]
B
Par intégration on trouve:
E
x= [Bt − sin (Bt )]
B2
La trajectoire est une cycloïde placée dans le plan xoy ayant l'allure suivante:
2E
B2
E
B2
2π E x
B2
Exercices supplémentaires:
a- Expression de la vitesse: v(t ) = −3 t 2 + 8 t + 11
11
b- L'instant où le mobile s'arrête: t= s
3
c- La distance parcourue à cet instant: x = −t 3 + 4 t 2 + 11 t

11
Pour t = s, on trouve x = 44.81 m
3
- 129 -
a- Equation de la trajectoire: y(x ) = x 2 − 2 x
b- Module de la vitesse: v = 2 . 16 t 2 − 16t + 5
c- Accélération de la particule: γ = 8. j
Les composantes normale et tangentielle:
 dv 2t − 1
γ T = = 16

dt 16 t 2 − 16 t + 5
 2
γ = v = 8
 N
R 16 t 2 − 16 t + 5

a- Equation de la trajectoire:
x2 + y2 = 4 Equation d'un cercle de rayon R=2 et de centre O(0, 0)
b- Module de la vitesse: v = 2ω = c ste
c- Accélérations normale et tangentielle:

 dv
γ T = d t = 0
 le mouvement est circulaire uniforme.
γ = v = 4ω = 2ω 2
2 2
 N R R
L'équation du mouvement du mobile est donnée par : x = a v −b
dx dx
On sait que v= ⇒x=a −b
dt dt
2
dx  x + b  dx dt
Soit =  ou encore = 2 , on trouve comme solution:
dt  a  (x + b) a
2
−1 t −1
= 2 +c à t=0 x = 0 , ce qui donne : c =
x+b a b
- 130 -
b 2t
x=
Finalement, on obtient : a 2 − bt
a
a- Trajectoire du mouvement : y= x 2 + tg (α )x
2v0 cos(α )
2 2
b- Vitesse du mouvement : v = v0 cos (α ) i + (v0 sin (α ) + a t ) j
c- Accélération du mouvement : γ =a j
a- Trajectoire du mouvement:
La trajectoire de M est une hélice circulaire tracée sur un cylindre de révolution, de rayon
a; son pas est p = 2π h .
b- Vecteur unitaire de la tangente:
Le vecteur unitaire tangentiel est donné par:
d r d r dt
T= =
ds dt ds
 x = a. cos(ω t ) dx = − a .ω. sin (ω t ). dt

 
Où OM = r =  y = a. sin (ω t ) ⇒ d r = dy = a.ω. cos(ω t ). dt
 z = h .ω. t dz = h.ω .dt
 
et ds = ω a 2 + h 2 dt
− a sin (ω t ) i + a cos(ω t ) j + h k
T=
a2 + h2
- 131 -
dT
De la relation = C N , on peut tirer N :
ds
1 dT 1 dT dT
N= , où N = =1 ⇒ C =
C ds C ds ds
d T d T dt − aω cos(ω t ) i − aω sin (ω t ) j 1 − a cos(ω t ) i − a sin (ω t ) j

Avec = = =
ds dt ds a2 + h2 ω a 2 + h2 a2 + h2
Ce qui nous permet de déterminer C :
dT − a cos(ω t ) i − a sin (ω t ) j 1
= = 2 [− a. cos(ω t )]2 + [− a. sin (ω t )]2
ds a +h
2 2
a + h2
1   1
= a 2 . cos 2 (ω t ) + sin 2 (ω t ) = 2 a2
a + h2
2
 14442 444 3 a + h2
 = 1 
a
⇒ C=
a + h2 2
La courbure de l'hélice est constante.
c- Vecteur unitaire de la normale à la trajectoire:
1 dT
Le vecteur unitaire normal est donné par: N=
C ds
En utilisant les résultats de la question b, on obtient :
1 − a cos(ω t ) i − a sin (ω t ) j
N= = − cos(ω t ) i − sin (ω t ) j
a a 2 + h2
a2 + h2
I-
1- Composantes de la vitesse:
v x = v0 cos(θ )
( )
1
v = v0 + g 2t 2 − 2v0 g t sin (θ )
2
v et 2
v y = − g t + v0 sin (θ )
- 132 -
2- Equations horaires :
 x = v0 cos(θ ) t

 1 2
 y = − 2 g t + v0 sin (θ ) t
3- Equation de la trajectoire :
1 g
y=− x 2 + x tg (θ )
2 v0 cos 2 (θ )
2
v0 sin (θ )
Sommet de la parabole : vy = 0 ⇒ t = et ses coordonnées sont:
g
 v0 sin (2θ )
2
 xs =
 2g
 2
 y = v0 sin 2 (θ )
 s 2g

π π
2
v0
La portée du tire : x = 2 xs = sin (2θ ) , la portée maximale pour 2θ = ou θ = .
g 2 4
- 133 -

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CINEMATIQUE DU POINT

A-1- Position et déplacement :

Le mouvement d'un corps est rectiligne, si sa trajectoire est une droite.

Par conséquent, le déplacement est défini par la variation ou le changement du vecteur-position:

A-2- Vitesse moyenne :

Dans l'espace à trois dimensions, cette vitesse est donnée par:

∆r rf − ri ∆x. i + ∆y. j + ∆z. k

Un coureur parcourt 100 m à la vitesse 4 m / s , puis à nouveau 100 m à 5 m / s dans le

 ∆x1 ∆x1 100

(1) ⇒ vmoy tot = ∆x1 + ∆x2 =

vmoy tot = 4,44 m / s

A-3- Vitesse instantanée :

La notion de vitesse moyenne ne convient pas lorsqu'il s'agit de décrire en détail un

Prenons deux points A et B: A ∆x B

Pour déterminer la vitesse instantanée (v )

Ce n'est autre que la dérivée de ( x ) par rapport au temps : c'est-à-dire v=

(1) ⇒ x(t2 ) = 3(2 ) + 2 = 14 m ⇒ x2 = 14 m

t3 = 3s : (1) ⇒ x(t3 ) = 3(3) + 2 = 29 m ⇒

b- La vitesse instantanée est donnée par:

t 2 = 2s : (6) ⇒ v(t 2 ) = 6.(2) = 12 m / s ⇒ v2 = 12 m / s

t3 = 3s : (6) ⇒ v(t3 ) = 6.(3) = 18 m / s ⇒ v3 = 18 m / s

Figure 1: Variation de la vitesse instantanée v en fonction du temps t

Figure 2 : Variation de la position x en fonction du temps t

A-5- Equations de mouvement :

Considérons deux cas particuliers d'un mouvement rectiligne :

A-5-1- Le mouvement rectiligne uniforme (M.R.U.) :

Figure 3 : Variations de x, v et γ en fonction de t , lorsque v = c ste

A-5-2- Le mouvement rectiligne uniformément accéléré (M.R.U.A.) :

Le MRUA est le mouvement rectiligne à accélération constante γ (t ) = γ 0 〉 0 et v〉 0 …(1)

⇒ x(t ) − x(0) = 1 .γ .[t 2 − 02 ] + v0 (t − 0) ⇒ 1

En remplaçant l'expression (5) dans la relation (4), on obtient:

Figure 4 : Variations de x, v et γ en fonction de t , lorsque γ = c ste

B-1- Vitesse angulaire ou vitesse de rotation (ω ) : (t 2 )

B-1-2- Vitesse angulaire instantanée :

B-2- Mouvement circulaire uniforme :

B-3- Mouvement uniformément accéléré :

L'accélération angulaire est constante et on a :

On peut retrouver facilement, comme dans le cas de l'accélération linéaire, la formule :

Si &θ& > 0 ⇒ il y' a accélération

B-4- Accélérations normales et tangentielle : y

La vitesse étant tangente au cercle, on écrit: v

composante tangentielle composante normale

Les systèmes de coordonnées usuels sont:

C-1- Coordonnées cartésiennes :

dv dx& dy& dz&

Si le mouvement se produit dans un plan à deux dimensions les coordonnées cartésiennes

C-2- Coordonnées polaires :

La base polaire est mobile via la variation de θ = θ (t ) yM r

Nous pouvons utiliser ce schéma comme première méthode pour déterminer uθ :

⇒ (uθ )x = cos(θ ') et (u θ )y = sin (θ ') ( )

Le vecteur unitaire uθ devient:

En remplaçant dans l'expression de uθ équation (4), on trouve:

⇒ uθ = − sin (θ ). i + cos(θ ). j …(5)

en fonction des vecteurs unitaires des coordonnées cartésiennes i et j .

ur = cos(θ ). i + sin (θ ). j

Deuxième méthode pour déterminer uθ :

(oy ) est θ . y (uθ )y

C-2-2- Expression de la vitesse et de l'accélération en coordonnées polaires :

Le vecteur position OM peut se mettre, en coordonnées polaires, sous la forme :

⇒ v = r& . u r + r.θ& .uθ