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Correction TD - M
Coordonnées cartésiennes
Ex. n° 1 • Cycliste en pente ⋆⋆⋆
7640
Schéma :
On a :
P = mg
− cos(α)
u 2
u 1
N = N
cos(α)
uy + sin(α)
ux
f = f
− cos(α)
ux + sin(α)
uy
Ex. n° 2 • Interpellation pour vitesse excessive ⋆⋆⋆
8778
- La motard accélère uniformément. On note a 1 son accélération.
a(t) = a 1 ⇒ v(t) = a 1 t
On en déduit :
a 1 =
90 km · h
− 1
10 s
= 2,5 m · s
− 2
Notons O le point où le moteur M passe devant le gendarme G. Notons P le point où G
arrive à rattraper M.
On a :
OM(t) = v 0 t
OG(t) =
a 1 t
2
On cherche alors T tel que :
OP(T ) = v 0
T =
a 1 T
2
⇒ T =
2 v 0
a 1
= 22,2 s
- Le gendarme aura parcouru une distance :
d = v 0 T =
a 1
T
2
= 617 m
- Le gendarme aura atteint une vitesse :
v(T ) = a 1 T = 55,5 m · s
− 1 = 200 km · h
− 1
Ex. n° 3 • Trajectoire parabolique ⋆⋆⋆ 4378
- On obtient :
x ˙ = 2a 0 t y˙ = v 0 z˙ = 0 v =
q
(2a 0 t)
2
2 0
¨x = 2a 0 y¨ = 0 ¨z = 0 a = 2a 0
- On a :
t =
y
v 0
⇒ x(y) =
a 0
v
2 0
y
2
La courbe x(y) est donc une parabole qui passe par x 0 lorsque y = 0. Ainsi :
Coordonnées polaires
Ex. n° 4 • Cardioïde ⋆⋆⋆
5098
- On sait que :
−−→
OM = r
u r
a
1 + cos(θ)
u r
De plus,
−→ ur = cos(θ)
ux + sin(θ)
uy
Ainsi, avec θ = ωt, on a :
x(t) =
a
1 + cos(ωt)
cos(ωt) et y(t) =
a
1 + cos(ωt)
sin(ωt)
- Dans la base polaire :
v = ˙r
ur + r
θ
uθ =
aω
sin(ωt)
aω
h
1 + cos(ωt)
i
- On a :
v =
q
v
2 r
2 θ
aω
r
sin
2 (ωt) +
h
1 + cos(ωt)
i 2
= aω
r
1 + cos(ωt)
- Trajectoire :
Ex. n° 5 • Satellite géostationnaire ⋆⋆⋆ 7675
- On a :
T = 1 jour = 24 × 3600 s = 8, 64 × 10
4 s
Et,
ω =
2 π
T
= 7, 27 × 10
− 5 rad · s
− 1
- Pour un mouvement circulaire (R constant) uniforme (v constant) :
OM = r
ur ⇒
v = rω
uθ ⇒
a = −rω
ur
Avec la formule de l’énoncé, on a :
a = rω
2 = g
R
r
2
⇒ r =
gR
2
ω 2
= 42, 3 × 10
6 m
- Le point se déplace à la surface d’un cylindre (car r est constant). L’angle et l’altitude
croissent tous deux linéairement avec le temps. Cette courbe s’appelle une hélice.
- En coordonnées cartésiennes :
v = ˙x
u x
u y
u z = Rω (cos(ωt)
u y − sin(ωt)
u x ) + α
u z
En coordonnées cylindriques, on rappelle que l’on a :
v = ˙r
ur + r
θ
uθ + ˙z
uz = Rω
uθ + α
uz
Sa norme vaut :
v =
q
(Rω)
2
2
Ex. n° 8 • Pendule conique ⋆⋆⋆
2715
On a immédiatement la coordonnées z = L cos(α)
Dans le plan (Hxy) la trajectoire est circulaire de rayon R = L sin(α). De plus, θ(t = 0) =
0 d’après l’énoncé, et puisque la vitesse angulaire est constante (mouvement circulaire
uniforme) :
r = L sin(α) et θ = ωt
Coordonnées sphériques
Ex. n° 9 • Trajectoire d’un avion ⋆⋆⋆
8951
- Pour un mouvement du nord vers le sud, l’angle φ reste constant. Il décrit un cercle
de rayon R T à la vitesse v uniforme. Ainsi,
v = R
θ ⇒ θ(t) =
vt
R
T
- C’est désormais l’angle θ qui est constant et φ qui varie. Par ailleurs, le cercle décrit
a pour rayon RT sin(θ). Ainsi,
v = −R T sin(θ) ˙ φ ⇒ φ (t) =
vt
R
T sin(θ)
- Sur le grand cercle, la distance vaut :
d = RT λ
Pour la distance à latitude constante, le deux villes se situent sur un cercle de rayon
R
T sin(θ) avec θ = 45
◦
. Ainsi,
d lat
= R
T sin(θ) × ∆ φ avec : ∆ φ = 79
◦
Ainsi,
d
dlat
λ
φ sin(θ)
Divers
Ex. n° 10 • Conversion d’unités ⋆⋆⋆ 5735
- On a :
v = 70 km · h
− 1 = 70
km
h
1000 m
3600 s
= 19 ,4 m · s
− 1
- On a :
ω = 3600 tours · min
− 1 = 3600
tours
min
2 π rad
60 s
= 377 rad · s
− 1
Ex. n° 11 • Mouvements d’un planeur ⋆⋆⋆ 3924
- C’est la (3) cas le vecteur accélération doit toujours est dirigé vers l’intérieur de la
trajectoire.
- Cas (1) : le vecteur
a ∥
v. Donc v diminue.
Cas (2) : le vecteur
a ∥
v. Donc v augmente.
Cas (4) : le vecteur
a ∥
- Donc v reste constant.
- Pour un mouvement circulaire (R constant) uniforme (v constant) :
OM = R
ur ⇒
v = Rω
uθ ⇒
a = −Rω
ur = −
v
2
R
ur
Ainsi : a =
v
2
R
Ex. n° 12 • Conjonction de planètes ⋆⋆⋆
3356
- La vitesse angulaire sur chaque mouvement est ω =
2 π
T
. L’angle par rapport à un
axe de référence vaut donc : θ =
2 πt
T
On en déduit alors la différence angulaire ∆θ entre les directions des deux planètes :
∆θ = 2π
TA
TB
t
Les planètes sont en conjonction quand ∆θ = 2π mod 2 π. En choisissant une conjonction
comme origine des temps, la suivante se produit pour T conj tel que :
2 π = 2π
TA
TB
Tconj ⇒ Tconj =
TA
TB
− 1
T
A
T
A
TB − TA
2) AN :
Tconj = 587 jours
Pour s’entraîner au DS
Ex. n° 13 • Cycloïde ⋆⋆⋆
4412
- Puisque la roue ne glisse pas, la distance parcourue par le point C est égale à la
distance de l’arc de cercle allant de M(t = 0) à M(t). C’est à dire (par définition même
de l’unité radian) : xc = Rθ
- On a :
OM =
OC +
CA = xc
ux + R
uy + R (−cos(θ)
uy − sin(θ)
ux)
= R
h
θ − sin(θ)
ux +
1 − cos(θ)
uy
i
Trajectoire :
On a :
v =
d
OM
dt
= R
θ
h
1 − cos(θ)
ux + sin(θ)
uy
i
a =
d
v
dt
= R
θ
1 − cos(θ)
θ
2 sin(θ)
u x
+ R
θ sin(θ) +
θ
2 cos(θ)
u y
Lorsque M touche le sol, θ = 0 mod 2 π. Ainsi,
v (^) sol =
0 et
a (^) sol = R
θ
uy =
v
2 c
R
uy
Ex. n° 14 • Trajectoire des planètes ⋆⋆⋆ 2647
- Par définition d’une distance, on a nécessairement e > 0. Ainsi,
r =
r 0
1 + e cos(θ)
> 0 ⇒ 1 + e cos(θ) > 0 ⇒ cos(θ) > −
e
On introduit :
θℓ = arccos
e
i π
; π
h
Alors : θ ∈ [−θ ℓ ; θ ℓ
]
Pour e = 3, on a θℓ = 109. On en déduit le graphe ci-dessous, où les asymptotes font
des angles de ±θℓ avec l’horizontale.
Ex. n° 15 • Chute guidée d’un bâton ⋆⋆⋆
9841
La base polaire décrite dans l’énoncé est la suivante :
On a :
ur = −cos( φ )
uy + sin( φ )
ux et
uφ = cos( φ )
ux + sin( φ )
uy
- La vitesse angulaire vaut :
φ ˙
dφ
dt
= ω ⇒ φ (t) = ωt
Car ω est une constante. La chute se termine lorsque φ = π. Ainsi,
T =
π
ω
- Vecteur position :
PB = b
ur
On dérive ce vecteur pour obtenir la vitesse.
v B
d
PB
dt
= bω
u φ
On dérive ce vecteur pour obtenir l’accélération.
aB =
d
v B
dt
= −bω
ur
- On sait que :
OB =
OP +
PB = b
uy + b
ur = b
h
sin(ωt)
ux + (1 − cos(ωt))
uy
i
Ainsi,
x B (t) = b sin(ωt) et y B (t) = b
1 − cos(ωt)
- Le point J étant à mi-distance entre A et B, on a :
OJ =
OA +
OB
xJ(t) =
xA(t) + xB(t)
b
sin(ωt)
yJ(t) =
yA(t) + yB(t)
b
1 − cos(ωt)
Avant de déterminer la distance z J (t), déterminons dans un premier temps z A (t) à l’aide
du théorème de Pythagore :
x A (t) =
q
(2b)
2
2 ⇒ z J (t) =
xA(t)
= b cos
ωt
q
(2b)
2
2 b
2 B
= b
p
4 + 2 (1 − cos(ωt))
= b
p
4 + 4 sin
2 (ωt/2)
= 2b
p
cos
2 (ωt/2)
= 2b cos(ωt/2)
- On calcule le vecteur vitesse dans la base cartésienne :
vJ = ⇒
bω
cos(ωt)
bω
sin(ωt)
bω
sin
ωt
On en déduit la norme au carré du vecteur :
v
2 J (t) =
bω
2
cos
2 (ωt) + sin
2 (ωt) + sin
2
ωt
bω
2
1 + sin
2
ωt
- Par définition :
v
2
J
(t) =
T
T
0
v
2 J (t) dt
T
bω
2
T
0
1 − cos(ωt)
dt
T
bω
2 ^ T
0
cos(ωt)
dt
T
bω
2
3 t
2 ω
sin(ωt)
T
0
bω
2
