Corrige Td2 p1 Ing PDF
Corrige Td2 p1 Ing PDF
Corrige Td2 p1 Ing PDF
Exercice 1/
𝑟 (𝑡 ) = 𝑒 𝑡
{ (t en s, r en mètre et θ en rad)
𝜃 (𝑡 ) = 𝑡
1. (𝑒⃗𝑟 , 𝑒⃗𝜃 ) en fonction de (𝑖⃗, 𝑗⃗).
𝑒⃗𝜃 𝑗⃗
Par projection on obtient : 𝜃 𝑒⃗𝑟
⃗⃗ et son module :
3. Le vecteur vitesse 𝑉
• Le vecteur vitesse 𝑉 ⃗⃗ :
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑𝑂𝑀 𝑟̇ = 𝑒𝑡
⃗⃗ =
𝑉 ̇
= 𝑟̇ 𝑒⃗ 𝑟 + 𝑟𝑒⃗ 𝑟 ⟹ { ̇ 𝑒𝑡 𝜃̇ = 1 ⃗⃗ = 𝑒 𝑡 (𝑒⃗ + 𝑒⃗ 𝜃 )
⟹ 𝑉
𝑑𝑡 𝑒⃗ 𝑟 = 𝜃̇ 𝑒⃗ 𝜃 𝑟
2 2
• Le Module : ‖⃗⃗⃗
𝑉‖ = 𝑒𝑡 √1 + 1 = 𝑒𝑡 √2
4. Le vecteur accélération 𝑎⃗ et son module
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
• Le vecteur accélération 𝑎⃗ : ⃗⃗ = 𝑑𝑂𝑀 = (𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 2 )𝑒⃗ + (2𝑟̇ 𝜃̇ + 𝑟𝜃̈ )𝑒⃗ 𝜃
𝑉
𝑑𝑡 𝑟
𝑟̈ = 𝑒 𝑡
⟹ { ̇ et 𝜃̈ = 0 ⟹ 𝑎⃗ = (𝑒 𝑡 − 𝑒 𝑡 )𝑒⃗ 𝑟 + 2𝑒 𝑡 𝑒⃗ 𝜃 = 2𝑒𝑡 𝑒⃗𝜃
𝑒⃗𝜃 = −𝜃̇𝑒⃗𝑟
2
⃗⃗‖ = √(2𝑒𝑡 ) = 2𝑒𝑡
• Le Module :‖𝑎
Exercice 2/
Solution/
⃗⃗
𝑟⃗ = 3 cos 2𝑡 𝑖⃗ + 3 sin 2𝑡 𝑗⃗ + (8𝑡 − 4)𝑘
Le vecteur vitesse est un vecteur tangent à la courbe (la trajectoire).
Exercice 3/ Solution :
𝑡2 𝑡 1
𝑟= 𝑟̇ = 𝑟̈ =
4 2
{ 𝜋 { 𝜋 { 2
𝜃= 𝑡 𝜃̇ = 𝜃̈ = 0
4 4
𝑡 2 𝜋 2
√
𝑣 (𝑡 ) = ( ) + ( 𝑡 2 )
2 16
Université Batna 2 Année Universitaire
6 2 𝜋 2
√
𝑣(𝑡 = 6𝑠) = ( ) + ( (6) 2 ) ⇒ 𝑣(𝑡 = 6𝑠) = 7,68 (𝑚⁄𝑠)
2 16
2
1 𝜋2 𝜋 2
𝑎(𝑡) = √( − 𝑡 2 ) + ( 𝑡)
2 64 4
2 2
1 𝜋2 𝜋
𝑎(𝑡 = 6𝑠) = √( − (6)2 ) + ( (6)) ⇒ 𝑎(𝑡 = 6𝑠) = 6,91 (𝑚⁄𝑠 2 )
2 64 4
Exercice 4/
Solution
𝑥 = 2𝑐𝑜𝑠( 3𝑡 + 2) → (1)
{
𝑦 = 2𝑠𝑖𝑛 (3𝑡 + 2) → (2)
1) Donnons l’équation de la trajectoire, quelle est sa nature ?
(1)2 + (2)2 ⇒ 𝑥 2 + 𝑦 2 = 4𝑐𝑜𝑠 2 (3𝑡 + 2) + 4𝑠𝑖𝑛2 (3𝑡 + 2)
⇒ 𝑥2 + 𝑦2 = 4 ⏟ [𝑐𝑜𝑠 2 ( 3𝑡 + 2) + 𝑠𝑖𝑛2 (3𝑡 + 2)]
=1
2 2
⇒𝑥 + 𝑦 = 4
Université Batna 2 Année Universitaire
Vecteur accélération 𝑎⃗ :
𝑑𝑣⃗ 𝑑 𝑑
𝑎⃗ = = [−6𝑠𝑖𝑛( 3𝑡 + 2)]𝑖⃗ + [6𝑐𝑜𝑠 (3𝑡 + 2)]𝑗⃗
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑎⃗ = −18𝑐𝑜𝑠(3𝑡 + 2)𝑖⃗ − 18sin (3𝑡 + 2)𝑗⃗
𝑎⃗ = −18[𝑐𝑜𝑠(3𝑡 + 2)𝑖⃗ + sin (3𝑡 + 2)𝑗⃗]
Son module 𝑎 :
[𝑠𝑖𝑛2 ( 3𝑡 + 2) + 𝑐𝑜𝑠 2 ( 3𝑡 + 2)]
‖𝑎⃗‖ = 𝑎 = |−18|√⏟
=1
2)
𝑎 = 18 (𝑚⁄𝑠
3) les coordonnées polaires du point M :
On sait que
𝑟 = √𝑥 2 + 𝑦 2
{ 𝑦
tan 𝜃 =
𝑥
𝑟 = √𝑥 2 + 𝑦 2 = 2 𝑚 𝑟 =2𝑚
{ 2𝑠𝑖𝑛 (3𝑡 + 2) ⇒{ 𝜃 = 3𝑡 + 2
tan 𝜃 =
2𝑐𝑜𝑠 (3𝑡 + 2)
Université Batna 2 Année Universitaire
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑𝑂𝑀
𝑣⃗(𝑡) = = 𝑟̇ 𝑒⃗𝑟 + 𝑟𝜃̇𝑒⃗𝜃 ⇒ 𝑣⃗(𝑡) = 6 𝑒⃗𝜃
𝑑𝑡
𝑑𝑣⃗
𝑎⃗ = = (𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ 2 )𝑒⃗𝑟 + (𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇ 𝜃̇)𝑒⃗𝜃 ⇒ 𝑎⃗ = −18 𝑒⃗𝑟
𝑑𝑡
Exercice 5/
Solution :
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀 = 𝑐𝑜𝑠 𝑡 𝑖⃗ + 𝑠𝑖𝑛 𝑡𝑗⃗
1. Déterminons la nature de la trajectoire de M :
𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 𝑡 𝑥 2 = 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡
{𝑦 = sin 𝑡 ⇒ { 2
𝑦 = sin2 𝑡
⇒ 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 + sin2 𝑡 = 1
‖𝑎⃗‖ = √(− cos 𝑡)2 + (−sin 𝑡)2 = √𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 + 𝑠𝑖𝑛2 𝑡 ⇒ ‖𝑎⃗‖ = 1 𝑚/𝑠 2
𝑟 = √𝑥 2 + 𝑦 2 = 1 𝑚 = 𝑅
{ 𝑦
tan 𝜃 = = tan 𝑡 ⇒ 𝜃 = 𝑡
𝑥
Vecteur position : ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀 = 𝑅𝑒⃗𝑟 = 𝑒⃗𝑟
Vecteur vitesse :
𝑣⃗ = 𝑟𝜃̇𝑒⃗𝜃 ⇒ 𝑣⃗ = 𝑒⃗𝜃 / 𝜃̇ = 1 et 𝜃̈ = 0
Vecteur accélération :
𝑎⃗ = −𝑅𝜃̇ 2 𝑒⃗𝑟 = −𝑒⃗𝑟
Ou par vecteurs :
𝑣⃗ = − sin 𝑡 𝑖⃗ + cos 𝑡 𝑗⃗ = 𝑒⃗𝜃
Université Batna 2 Année Universitaire
1/L’équation de la trajectoire de M :
x = 3 𝑐𝑜𝑠 2t 𝑥 2 = 32 𝑐𝑜𝑠 2 2𝑡
{ ⇒{
y = 3 𝑠𝑖𝑛 2t) 𝑦 2 = 32 𝑠𝑖𝑛2 2𝑡
𝑑𝑥
𝑣𝑥 = = −6 𝑠𝑖𝑛 2𝑡
𝑑𝑡
{ 𝑑𝑦 ⇒ 𝑣⃗ = 6 (−𝑠𝑖𝑛 2t 𝑖⃗ + 𝑐𝑜𝑠 2t 𝑗⃗)
𝑣𝑦 = = 6 𝑐𝑜𝑠 2𝑡
𝑑𝑡
3/ Le vecteur d’accélération :
𝑑𝑣𝑥
𝑎𝑥 = = −12 𝑐𝑜𝑠 2𝑡
𝑑𝑡
{ 𝑑𝑣𝑦 ⇒ 𝑎⃗ = −12(𝑐𝑜𝑠 2t 𝑖⃗ + 𝑠𝑖𝑛 2t 𝑗⃗)
𝑎𝑦 = = −12 𝑠𝑖𝑛 2𝑡
𝑑𝑡
𝑣 6
4/ la vitesse angulaire ω : ω = 𝜃̇ = = = 2 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑅 3
𝑑𝜃
La position angulaire 𝜃(𝑡) : ω = 𝜃̇ = ⇒ 𝑑𝜃 = ω 𝑑𝑡 ⇒ 𝜃 = 𝜔𝑡 + 𝜃0
𝑑𝑡
à 𝑡 = 0, 𝜃0 = 0 ⇒ 𝜃(𝑡) = 2𝑡 rad
𝑦
𝑟 = √𝑥 2 + 𝑦 2 = 3 𝑚 et 𝑡𝑎𝑛𝜃 = → 𝜃(𝑡) = 2𝑡 rad
𝑥
Université Batna 2 Année Universitaire
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀 = 𝑟𝑒⃗⃗⃗⃗𝑟 = 𝑅𝑒⃗⃗⃗⃗𝑟 = 3𝑒⃗⃗⃗⃗𝑟
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑𝑂𝑀
𝑣⃗ = 𝑒𝑟 + 𝑟𝜃̇⃗⃗⃗⃗⃗
= 𝑟̇ ⃗⃗⃗⃗ 𝑒𝜃 = 𝑅𝜃̇⃗⃗⃗⃗⃗
𝑒𝜃 = 𝑅𝜔𝑒⃗⃗⃗⃗⃗
𝜃 = 6𝑒⃗⃗⃗⃗⃗
𝜃
𝑑𝑡
𝑑𝑣⃗ 𝑑𝜃̇⃗⃗⃗⃗⃗
𝑒𝜃
{𝑎⃗ = = 𝑅 = 𝑅𝜃̈⃗⃗⃗⃗⃗
𝑒𝜃 + 𝑅𝜃̇ 2 ⃗⃗⃗⃗
𝑒𝑟 = −𝑅𝜔2 ⃗⃗⃗⃗
𝑒𝑟 = −12𝑒⃗⃗⃗⃗𝑟
𝑑𝑡 𝑑𝑡
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑𝑒 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑𝑒 𝑟𝑎𝑑
Tels que :
𝑟
= 𝜃̇⃗⃗⃗⃗⃗
𝑒𝜃 , 𝜃
= −𝜃̇⃗⃗⃗⃗
𝑒𝑟 et 𝜃̇ = 𝜔 = 2 ⇒ 𝜃̈ = 0
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑠
𝑣⃗. 𝑎⃗ = 0
𝑣⃗. 𝑎⃗ = 6 (−𝑠𝑖𝑛2t 𝑖⃗ + cos2t 𝑗⃗). (−12 (𝑐𝑜𝑠2t 𝑖⃗ + 𝑠𝑖𝑛2t 𝑗⃗))
Exercice 7/
Solution/
⃗⃗ = 2𝑖⃗ + 2𝑡𝑗⃗ , A t = 0s ⇒ M (0, 3)
𝑉
1 Le module de la vitesse :
m
⃗⃗ ‖ = √vx2 + v𝑦2 = √4 + 4𝑡 2 = 2√1 + 𝑡 2
‖𝑉
s
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑𝑂𝑀 𝑥 = ∫ v𝑥 𝑑𝑥 𝑥 = ∫ 2 𝑑𝑥
⃗⃗ =
𝑉 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ∫ 𝑉
⇒ 𝑂𝑀 ⃗⃗ 𝑑𝑡 ⇒ { ⇒ {
𝑑𝑡
𝑦 = ∫ v𝑦 𝑑𝑦 𝑦 = ∫ 2𝑡 𝑑𝑦
Université Batna 2 Année Universitaire
𝑥 = 2𝑡 + 𝐶1
⇒ {
𝑦 = 𝑡 2 + 𝐶2
A t = 0s ⇒ M (0, 3)
0 = 2(0) + 𝐶1 𝐶 =0 𝑥 = 2𝑡
⇒ { ⇒ { 1 ⇒ {
3 = (0)2 + 𝐶2 𝐶2 = 3 𝑦 = 𝑡2 + 3
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀 = 𝑥𝑖⃗ + 𝑦𝑗⃗ = 2𝑡𝑖⃗ + (𝑡 2 + 3)𝑗⃗
4 L’équation de la trajectoire :
On a :
𝑥
𝑥 = 2𝑡 ⇒ 𝑡 = 1 2
{ 2 ⇒𝑦= 𝑥 + 3 (m)
2
𝑦 = 𝑡 +3 4
2 m
à t = 1s ⇒ 𝑎 𝑇 =
√2 s 2
• L’accélération normale pour t=1s :
4𝑡 2 4 + 4𝑡 2 − 4𝑡 2
2
𝑎 = 𝑎2𝑇
+ ⇒ 2
𝑎𝑁 2
𝑎𝑁
=𝑎 − 2
=4− 𝑎2𝑇 =
1 + 𝑡2 1 + 𝑡2
2
4 2 m 2 m
𝑎𝑁 = ⇒ 𝑎𝑁 = , à t = 1s ⇒ 𝑎𝑁 =
1 + 𝑡2 √1 + 𝑡 2 s 2 √2 s 2
• Le rayon de courbure de courbure pour t=1s.
𝑉2 𝑉2 4(1 + 𝑡 2 ) 3
𝑎𝑁 = ⇒ 𝑅= = = 2(1 + 𝑡 2 )√1 + 𝑡 2 = 2(1 + 𝑡 2 )2
𝑅 𝑎𝑁 2
√1 + 𝑡 2
3 3
𝑅 = 2(1 + 𝑡 2 )2 , à t = 1s ⇒ 𝑅 = 2(1 + 12 )2 = 5.656 m