Act08 Corrigé Cinematiq 02

Terminale Spécialité – Chapitre 4
Activité n°8 (documentaire) Vecteurs position, vitesse et accélération

1°/ Exploitation d’une chronophotographie
cours
Complément mathématique important : la dérivée d’une fonction s’obtient graphiquement par le

calcul du coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de cette fonction.
Sur le schéma ci-contre, la dérivée de la courbe pour le point d’abscisse t1 est le coefficient
𝑑𝑥 𝑥𝐵 −𝑥𝐴
directeur de la tangente à la courbe en ce point : (𝑡1 ) =
𝑑𝑡 𝑡𝐵 −𝑡𝐴
Correction :
1.a°/ La première phase du mouvement est Phase 1 : rectiligne accéléré

décrite par 10 points successifs et dure 10
s : il s’écoule donc 1,0 s entre deux Phase 2 : circulaire uniforme
positions successives.
Sur la chronophotographie, on peut

confirmer que la valeur de la vitesse est
constante lors des phases 2 et 3 car les
points successifs sont équidistants.
1.b°/ A priori, la voiture semble subir une

accélération lors de la première phase du
mouvement.
Phase 3 : rectiligne uniforme
2.a°/ La vitesse étant la dérivée de x(t) par rapport au temps,

elle est définie graphiquement par le coefficient directeur de tangentes
la tangente à la courbe x(t) à chaque instant.
D’après les tracés des tangentes sur le schéma ci-contre,

celles-ci :
- Sont croissantes : leur pente est positive  Vx est de

signe positif
- Sont de plus en plus inclinées  leur coefficient
directeur augmente  Vx augmente au cours du temps.
1 𝑑𝑥(𝑡) 1
2.b°/ x(t) = × 𝑘 × 𝑡 2  𝑉𝑥 (𝑡) = = × 𝑘 × 2 × 𝑡  𝑉𝑥 (𝑡) = 𝑘 × 𝑡
2 𝑑𝑡 2
k > 0 et t > 0  Vx(t) > 0
t « croît au cours du temps » et k > 0  Vx(t) augmente au cours du temps.

Les résultats de la question précédente sont donc confirmés.
𝑑𝑉𝑥 (𝑡)
2.c°/ 𝑉𝑥 (𝑡) = 𝑘 × 𝑡  𝑎𝑥 (𝑡) = =𝑘
𝑑𝑡
𝑑𝑦(𝑡) 𝑑𝑉𝑦(𝑡)
y(t) = 0  𝑉𝑦 (𝑡) = = 0  𝑎𝑦 (𝑡) = =0
𝑑𝑡 𝑑𝑡
Connaissant ax(t) et ay(t), on a : 𝑎 = √𝑎𝑥2 + 𝑎𝑦2 = √𝑘 2 = 𝑘 : l’accélération est donc constante durant cette phase
du mouvement.
3°/ Lors de la phase 2 (mouvement circulaire uniforme), la norme du vecteur-vitesse est constante mais celui-ci
voit sa direction varier au cours du mouvement.
Le vecteur-vitesse n’est donc pas constant au cours du mouvement et en conséquence, l’accélération s’obtient ici
en dérivant par rapport au temps un vecteur qui n’est pas constant : le vecteur-accélération ne peut donc pas
être nul au cours de cette phase du mouvement.
4°/ Lors de la phase 3 (mouvement rectiligne uniforme), la norme du vecteur-vitesse est constante de même que
sa direction et son sens. Le vecteur-vitesse est donc parfaitement constant au cours de cette phase et en
conséquence sa dérivée est nulle : le vecteur-accélération est donc nul au cours de cette phase du mouvement.
2°/ Exercices d’application

Exercices n°23, 30 et 36 p 304 et suivantes
Exercice 23 p 304 :
a°/ x(t) est une longueur exprimée en mètre
Le terme 1,50 t2 est « homogène à une longueur » alors que t s’exprime

en seconde : si on note « x » l’unité du paramètre « 1,50 », on a :
x  s2 = m  x = m.s-2 : le paramètre « 1,50 » s’exprime donc en m.s-2
Avec des raisonnements analogues, on détermine que le paramètre

« 8,33 » s’exprime en mètre, le paramètre « 2,50 » s’exprime en m.s-3 et
le paramètre « 5,72 » s’exprime en m.s-1
b°/ A t = 0 (on remplace t par la valeur « 0 » dans les expressions de x(t) et y(t)) :
→ x(0) = 1,50  02 + 8,33 = 8,33 m
→ y(0) = 2,50  03 – 5,72  0 = 0
c°/ Coordonnées du vecteur-vitesse :

𝑑𝑥(𝑡)
x(t) = 1,50× 𝑡 2 + 8,33  𝑉𝑥 (𝑡) = = 1,50 × 2 × 𝑡 + 0  𝑉𝑥 (𝑡) = 3,00 × 𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝑦(𝑡)
y(t) = 2,50× 𝑡 3 − 5,72 × 𝑡  𝑉𝑦 (𝑡) = = 2,50 × 3 × 𝑡 2 − 5,72  𝑉𝑦 (𝑡) = 5,00 × 𝑡 2 − 5,72
𝑑𝑡
d°/ Coordonnées du vecteur-accélération :

𝑑𝑉𝑥 (𝑡)
Vx(t) = 3,00× 𝑡  𝑎𝑥 (𝑡) = = 3,00  𝑎𝑥 (𝑡) = 3,00
𝑑𝑡
𝑑𝑉𝑦 (𝑡)
Vy(t) = 5,00 × 𝑡 2 − 5,72  𝑎𝑦 (𝑡) = = 2 × 5,00 × 𝑡 − 0  𝑉𝑦 (𝑡) = 10,0 × 𝑡
𝑑𝑡
Exercice 30 p 305 : Décollage d’une fusée Soyouz
A°/ La courbe ci-contre donne l’évolution de la position au cours du

temps.
La vitesse est définie comme la dérivée de la position par rapport au

temps. Graphiquement, la valeur de la dérivée en un point s’obtient en
traçant la tangente en ce point et en déterminant son coefficient
directeur.
A t = 0, la tangente à la courbe (en vert ci-contre) est horizontale : son

coefficient directeur est nul d’où V = 0 à t = 0.
B°/ Au fur et à mesure du temps, on peut dire que la pente de la tangente à la courbe sera de plus en plus inclinée.
Son coefficient directeur, et donc la vitesse, seront de plus en plus grands au cours du temps.
C°/ On trace les tangentes à la courbe aux dates t1 = 4,0 s et t2 = 8,0 s et on détermine leurs coefficients directeurs.
5000−0 7000−0
En t1 : 𝑉1 = = 5,56 × 102 𝑚. 𝑠 −1 En t2 : 𝑉2 = = 1,17 × 103 𝑚. 𝑠 −1
11−2 10−4
D°/ Si Vy(t) = a  t, V doit être proportionnel à t : les résultats de la question précédente sont compatibles avec le
modèle proposé car on constate que V2  2  V1 pour t2 = 2  t1
Numériquement : a = Vy(t) / t = 1,17  103 / 8,0  1,5  102 m.s-2 soit environ 15 fois l’accélération de la pesanteur g.
Exercice 36 p 306 : Crash test
1°/ La vitesse est la dérivée de la position par rapport au temps :
x(t) = -k  t2 + V0  t  vx(t) = -k  (2  t) + V0  (1)  vx(t) = -2k  t + V0
Juste avant le choc, la vitesse est constante et elle ne l’est plus après le choc (à partir de t = 0) car elle dépend du
temps t.
2°/ A t = 0, on a : vx(0) = -2k  0 + V0 soit Vx(0) = V0 : V0 correspond bien à la vitesse initiale à t = 0, moment du choc.
64
V0 = 64 km.h-1  𝑉0 = = 17,8 𝑚. 𝑠 −1
3,6
3°/ L’accélération est la dérivée de la vitesse par rapport au temps :
vx(t) = -2k  t + V0  ax(t) = -2k  (1) + 0  ax(t) = -2k
La norme de l’accélération est telle que : a = √(−2𝑘)2 = 2k
𝑉0
4°/ a°/ A l’instant t1 où la voiture s’arrête, on a : v(t1) = 0  -2k  t1 + V0 = 0  𝑡1 =
2𝑘
𝑉0
b°/ A cet instant, le point M a parcouru une longueur L soit x(t 1) = L  -k  t12 + V0  t1 = L avec 𝑡1 =
2𝑘
𝑉 2 𝑉0 −𝑘×𝑉02 𝑉02 −𝑉02 𝑉02 𝑉02 𝑉02

 -k  ( 0 ) + V0  =L  + =𝐿  + =𝐿  =𝐿  𝑘=
2𝑘 2𝑘 4×𝑘 2 2×𝑘 4×𝑘 2×𝑘 4×𝑘 4×𝐿
𝑉02 17,62
c°/ D’après la question 3°/, a = 2 k = = = 310 𝑚. 𝑠 −2 soit environ 310 / 9,81 = 32 fois la norme du champ
2×𝐿 2×0,50
de pesanteur (cette décélération est très violente et peut entrainer des dégâts notamment au niveau du cou, la tête
étant projetée en avant alors que le torse est maintenu par la ceinture de sécurité)
d°/ Si on double la distance d’arrêt L, l’accélération est divisée par deux soit environ 16 fois le champ de
pesanteur. Cette accélération est moins violente mais reste potentiellement grave.

Act08 Corrigé Cinematiq 02

Transféré par

Droits d'auteur :

Formats disponibles

Act08 Corrigé Cinematiq 02

Transféré par

Informations du document

Copyright

Formats disponibles

Partager ce document

Partager ou intégrer le document

Options de partage

Avez-vous trouvé ce document utile ?

Ce contenu est-il inapproprié ?

Droits d'auteur :

Formats disponibles

Act08 Corrigé Cinematiq 02

Transféré par

Droits d'auteur :

Formats disponibles

Terminale Spécialité – Chapitre 4

Activité n°8 (documentaire) Vecteurs position, vitesse et accélération

Complément mathématique important : la dérivée d’une fonction s’obtient graphiquement par le

1.a°/ La première phase du mouvement est Phase 1 : rectiligne accéléré

Sur la chronophotographie, on peut

1.b°/ A priori, la voiture semble subir une

2.a°/ La vitesse étant la dérivée de x(t) par rapport au temps,

la tangente à la courbe x(t) à chaque instant.

D’après les tracés des tangentes sur le schéma ci-contre,

- Sont croissantes : leur pente est positive  Vx est de

k > 0 et t > 0  Vx(t) > 0

t « croît au cours du temps » et k > 0  Vx(t) augmente au cours du temps.

2°/ Exercices d’application

a°/ x(t) est une longueur exprimée en mètre

Le terme 1,50 t2 est « homogène à une longueur » alors que t s’exprime

x  s2 = m  x = m.s-2 : le paramètre « 1,50 » s’exprime donc en m.s-2

Avec des raisonnements analogues, on détermine que le paramètre

→ x(0) = 1,50  02 + 8,33 = 8,33 m

→ y(0) = 2,50  03 – 5,72  0 = 0

c°/ Coordonnées du vecteur-vitesse :

d°/ Coordonnées du vecteur-accélération :

A°/ La courbe ci-contre donne l’évolution de la position au cours du

La vitesse est définie comme la dérivée de la position par rapport au

A t = 0, la tangente à la courbe (en vert ci-contre) est horizontale : son

Exercice 36 p 306 : Crash test

1°/ La vitesse est la dérivée de la position par rapport au temps :

x(t) = -k  t2 + V0  t  vx(t) = -k  (2  t) + V0  (1)  vx(t) = -2k  t + V0

3°/ L’accélération est la dérivée de la vitesse par rapport au temps :

vx(t) = -2k  t + V0  ax(t) = -2k  (1) + 0  ax(t) = -2k

La norme de l’accélération est telle que : a = √(−2𝑘)2 = 2k

𝑉 2 𝑉0 −𝑘×𝑉02 𝑉02 −𝑉02 𝑉02 𝑉02 𝑉02

Vous aimerez peut-être aussi