Cinématique du point matériel :

Exercice n° 1 :

ccc      ccc


Soit un point matériel ##A## en mouvement dans un plan ##x0y## doté d'un repère orthonormé ##(O,\overrightarrow i,\overrightarrow j)##. Les composantes cartésiennes ##v_{Ax}## et ##v_{Ay}## de sa vitesse évoluent dans le temps ##t## comme il est indiqué sur les graphes suivants:

1- Sachant qu'à l'instant ##t=0 s##, le mobile ##A## est au point ##P## de coordonnées ##(x_A(0)=0 m, y_A(0)=8 m)##, remplir le tableau suivant:


##t##(s) 1 2 3 4 5 6
##x_A##(m)
##y_A##(m)
Rappel ##\int_{x(t_1)}^{x(t_2)} \ dx=\int_{t_1}^{t_2} v_{Ax}\ dt \implies## ## x(t_2)-x(t_1)=\int_{t_1}^{t_2} v_{Ax}\ dt##.

Cette dernière intégrale représente, sur le graphe ##v_{Ax}(t)##, l'aire délimitée par la courbe correspondante à ##v_{Ax}##, l'axe des temps t et les deux parallèles à l'axe des vitesses passant par les deux points de coordonnées ##(t_1,0)## et ##(t_2,0)##. Cette aire est comptée positivement si la courbe est située au dessus de l'axe des temps ##t## sinon elle est comptée négativement.
Réponse On a ##t_1=0 s## et ##t_2=1 s,\ 2 s,\ 3 s,\ 4 s, \ 5 s## et ##6 s.##

##\int_{x(0)}^{x(t_2)} \ dx=\int_{0}^{t_2} v_{Ax}\ dt \implies## ## x(t_2)-x(0)=\int_{0}^{t_2} v_{Ax}\ dt \implies## ## x(t_2)=\int_{0}^{t_2} v_{Ax}\ dt## .

##\int_{y(0)}^{y(t_2)} \ dy=\int_{0}^{t_2} v_{Ay}\ dt \implies## ## y(t_2)-y(0)=\int_{0}^{t_2} v_{Ay}\ dt \implies ## ##y(t_2)=8+\int_{0}^{t_2} v_{Ay}\ dt## .

##t##(s) 1 2 3 4 5 6
##x_A##(m) 1,5 3,0 4,5 6 7,5 9
##y_A##(m) 8 8 7,5 6 3,5 0

2-Tracer la trajectoire du mobile pour ##0\le t \le 6 s##. Echelle : ##1 cm \rightarrow 1 m##

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Réponse

ccc


3- Représenter sur la trajectoire le vecteur vitesse ##\overrightarrow{v_A}## et le vecteur accélération ##\overrightarrow{a_A}## à l'instant ##t=4 s##.
Echelles : ##1 cm \rightarrow 1 m/s## et ##1cm\rightarrow 0,25 m/s^2##.

Réponse
On détermine les composantes du vecteur vitesse à partir des deux graphes : ## \begin{cases} v_{Ax}(4)=1,5 m/s\\ v_{Ax}(4)=2 m/s \end{cases} \implies ##
##\overrightarrow{v_{A}(4)}=1,5\overrightarrow i-2\overrightarrow j##


Comme ##\overrightarrow{a_A}=\dfrac {d\overrightarrow{v_A}}{dt} \implies## ##\overrightarrow{a_A}=\dfrac {d\overrightarrow{v_{Ax}}}{dt}+\dfrac {d\overrightarrow{v_{Ay}}}{dt}\implies\overrightarrow{a_A} =\dfrac {dv_{Ax}}{dt}\overrightarrow i+\dfrac {dv_{Ay}}{dt}\overrightarrow j \implies##

## a_{Ax}=\dfrac {dv_{Ax}}{dt}## et ##a_{Ay}=\dfrac {dv_{Ay}}{dt}\implies## ##a_{Ax}## et ##a_{Ay}## sont égales aux pentes des tangentes aux courbes des vitesses ##v_{Ax}## et ##v_{Ay}## respectivement.

## a_{Ax}(4)=0 m/s^2## et ##a_{Ay}(4)=-1 m/s^2 \implies##
##\overrightarrow{a_{A}(4)}= -\overrightarrow j##


ccc

4- Déterminer les composantes tangentielle ##a_t## et normale ##a_n## du vecteur accélération ##\overrightarrow {a_A}## à l'instant ##t=4 s##.

Rappel
Le mobile parcourt la trajectoire dans un sens unique. On oriente cette trajectoire dans ce sens considéré comme positif. On trace en premier lieu l'axe tangentiel (direction du vecteur vitesse ou direction de la tangente à la trajectoire au point considéré) , puis en second lieu on trace l'axe normal, perpendiculaire à l'axe tangentiel. Le vecteur unitaire ##\overrightarrow{u_t}## de l'axe tangentiel est orienté dans le sens positif. Le vecteur unitaire ##\overrightarrow{u_n}## de l'axe normal est orienté vers l'intérieur de la courbure de la trajectoire.
Réponse
Méthode graphique:

ccc



On projette le vecteur accélération ##\overrightarrow {a_A(4)}## sur ces deux axes.

##a_{t}(4)=0,8 m/s^2 ## et ##a_n(4)=0,6 m/s^2 ##


Méthode analytique:

##\overrightarrow{v_A}=v_A\overrightarrow{u_t}##, comme ##\overrightarrow{v_A}## et ##\overrightarrow{u_t}## sont orientés dans le même sens, ##v_A## est positive et par conséquent ##v_A=||\overrightarrow{v_A}||##.
Déterminons le module du vecteur vitesse dans l'intervalle de temps `2 s\let\le 6 s` contenant ##t=4 s##. A partir des deux graphes de vitesse on a :

## \begin{cases} v_{Ax}=1,5 m/s\\ v_{Ay}=-(t-2) \end{cases} \implies v_A(t)=\sqrt{1,5^2+(t-2)^2} ##

Comme ##a_t=\dfrac{dv_A}{dt}\implies## ## a_t=\dfrac{d}{dt}\left(\sqrt{1,5^2+(t-2)^2}\right)\implies## ##a_t=\dfrac{t-2}{\sqrt{1,5^2+(t-2)^2}}\implies## ##a_{t}(4)=\dfrac{4-2}{\sqrt{1,5^2+(4-2)^2}}\implies##
##a_t(4)=0,8 m/s^2##


Comme : ## \begin{cases} a^2=a_x^2+a_y^2\\ a^2=a_t^2+a_n^2 \end{cases} \implies ## ## a_n^2=a_x^2+a_y^2-a_t^2 \implies ## ## a_n(4)=\sqrt{0^2+1^2-0,8^2}\implies ##
## a_n(4)=0,6 m/s^2. ##


5- En déduire le rayon de courbure ##\rho## de la trajectoire à l'instant ##t=4 s##.

Réponse
On sait que ##a_n=\dfrac{v_A^2}\rho\implies\rho=\dfrac{v_A^2}{a_n}##

A ##t=4 s## on a :

##\overrightarrow{v_{A}(4)}=1,5\overrightarrow i-2\overrightarrow j\implies v_A^2(4)=1,5^2+2^2=6,25 m^2/s^2## et ##a_n(4)=0,6 m/s^2##

d'où : ##\rho(4)=\dfrac{v_A^2(4)}{a_n(4)}\implies## ##\rho(4)=\dfrac{6,25}{0,6}\implies##
##\rho(4)=10,4 m##


6- Un deuxième mobile ##B##, se déplace sur l'axe ##(Ox)## avec la vitesse ##\overrightarrow{v_B}=1,5\overrightarrow i \ (m/s) ##.
a/Calculer la vitesse ##\overrightarrow {v_{A/B}}## du mobile ##A## par rapport à ##B## pour `0 \le t \le 6 s`. Décrire le mouvement de ##A## par rapport à ##B##.
b/Sachant qu'à ##t=0 s##, le mobile ##B## passe par le point ##O(0,0)##, en déduire à partir de la trajectoire du mobile ##A##, la position et l'instant de croisement des deux mobiles ##A## et ##B##.

Réponse
a)
On a : ##v_{Ax}=## ##\begin{cases} 1,5 m/s   0 s\le t\le 2 s \\[2ex] 1,5 m/s   2 s\le t\le 6 s \end{cases}## et ##v_{Ay}=## ##\begin{cases} 0 m/s    0 s\le t\le 2 s \\[2ex] -(t-2)    2 s\le t\le 6 s \end{cases}##

Comme : ##\overrightarrow{v_A}=v_{Ax}\overrightarrow i+v_{Ay}\overrightarrow j\ \implies ## ##\overrightarrow{v_A}=## ##\begin{cases} 1,5\overrightarrow{i}         0 s\le t\le 2 s \\[2ex] 1,5\overrightarrow{i} -(t-2)\overrightarrow{j}   2 s\le t\le 6 s \end{cases}##

et ##\overrightarrow {v_B}=1,5\overrightarrow i\ \ \ \ \ pour\ \ 0 s\le t\le6 s##

##\overrightarrow{v_{A/B}}=\overrightarrow{v_{A/O}}+\overrightarrow{v_{O/B}}\implies## ## \overrightarrow{v_{A/B}}=\overrightarrow{v_{A/O}}-\overrightarrow{v_{B/O}}\implies## ## \overrightarrow{v_{A/B}}=\overrightarrow{v_A}-\overrightarrow{v_B}\implies##
##\overrightarrow{v_{A/B}}=## ##\begin{cases} \overrightarrow0      0 s\le t\le 2 s \\[2ex] -(t-2) \overrightarrow{j}   2 s\le t\le 6 s \end{cases}##


Description du mouvement de ##A## par rapport à ##B## :

Pendant l'intervalle de temps ##0 s\le t\le 2 s##, ##A## est immobile par rapport à ##B.##

Pendant l'intervalle de temps ## 2 s\le t\le 6 s##, le vecteur vitesse ##\overrightarrow{v_{A/B}}## a une direction fixe celle de ##\overrightarrow j## et son module croit linéairement en fonction du temps ##t,## le mouvement de ##A## par rapport à ##B## est donc un mouvement rectiligne uniformément accéléré.

b)
Déterminons les coordonnées de ##B##, ##x_B## et ##y_B##, aux instants proposés dans la question 1/ et reportons les dans le plan (xOy). Les équations horaires de ##B## sont:

##\begin{cases} v_{Bx}=1,5 m/s \\[2ex] v_{By}=0 m/s \end{cases}####\implies## ##\begin{cases} \int_{x_B(0)}^{x_B(t)}dx=\int_0^t 1,5 dt \\[2ex] \int_{y_B(0)}^{y_B(t)}dy=\int_0^t 0 dt \end{cases}## ##\implies## ##\begin{cases} x_B(t)-x_B(0)=1,5t \\[2ex] y_B(t)-y_B(0)=0 \end{cases}##

Comme ##x_B(0)=0 m## et ##y_B(0)=0 m\implies## ##\begin{cases} x_B(t)=1,5t \\[2ex] y_B(t)=0 m \end{cases}##


##t##(s) 1 2 3 4 5 6
##x_B##(m) 1,5 3,0 4,5 6 7,5 9
##y_B##(m) 0 0 0 0 0 0

ccc


A ##t=6 s##, ##A## et ##B## se rencontrent au point de coodonnées
##x=9 m## et ##y=0 m##.