Travaux dirigés : La notion de mouvement

2nde C/T — Mécanique — Corrigés détaillés Corrigés détaillés : La notion de mouvement Enseignant : Younoussa DIAKITE, Professeur agrégé de Sciences physiques Classe de 2nde C/T Corrigés des exercices 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 Corrigés des situations-problèmes S1 S2 S3 S4 S5 S6 S7 S8 Corrigés des exercices 1 a) Pour convertir une vitesse de $\text{km.h}^{-1}$ en $\text{m.s}^{-1}$, on multiplie par 1000 (1 km = 1000 m) et on divise par 3600 (1 h = 3600 s), ce qui revient à diviser directement par 3,6 : $$25\ \text{km.h}^{-1} = \dfrac{25\times1000}{3600} \approx 6,94\ \text{m.s}^{-1}$$ Pour l'exprimer en $\text{m.min}^{-1}$, seule l'unité de temps change (1 h = 60 min) : $$25\ \text{km.h}^{-1} = \dfrac{25\,000\ \text{m}}{60\ \text{min}} \approx 416,7\ \text{m.min}^{-1}$$ b) Inversement, pour passer de $\text{m.s}^{-1}$ à $\text{km.h}^{-1}$, on multiplie par 3,6 : $$35\ \text{m.s}^{-1} = 35\times3,6 = 126\ \text{km.h}^{-1}$$ Résultats : $v \approx 6,94\ \text{m.s}^{-1} \approx 416,7\ \text{m.min}^{-1}$ ; compteur $= 126\ \text{km.h}^{-1}$. 2 a) Le « record de l'heure » consiste à parcourir la plus grande distance possible en exactement une heure : la vitesse moyenne de chaque coureur est donc simplement la distance parcourue divisée par 3600 s : Moser : $v_M = \dfrac{51\,151}{3600} \approx 14,21\ \text{m.s}^{-1}$. Indurain : $v_I = \dfrac{53\,040}{3600} \approx 14,73\ \text{m.s}^{-1}$. b) « Le premier » désigne Indurain, cité en premier dans la phrase « l'avance d'Indurain sur Moser ». En supposant les deux mouvements uniformes et en comparant les deux performances à un départ commun fictif, on calcule d'abord la durée mise par Indurain pour parcourir 40 km : $$t = \dfrac{40}{53,040} \approx 0,754\ \text{h}$$ Pendant cette même durée, Moser, plus lent, parcourt une distance moindre : $$d_M = 51,151\times0,754 \approx 38,59\ \text{km}$$ L'avance d'Indurain correspond à la différence entre les deux distances parcourues pendant le même temps : $$40 - 38,59 \approx 1,41\ \text{km}$$ Résultats : $v_M \approx 14,21\ \text{m.s}^{-1}$ ; $v_I \approx 14,73\ \text{m.s}^{-1}$ ; avance d'Indurain $\approx 1,41\ \text{km}$. 3 a) Le trajet se décompose en trois portions parcourues à vitesse constante ; sur chacune, la distance parcourue vaut $d=v\times t$ : Ville : $d_1 = 40\times0,5 = 20\ \text{km}$ (30 min $=0,5$ h). Périphérique : $d_2 = 80\times0,5 = 40\ \text{km}$. Route : $d_3 = 120\times2 = 240\ \text{km}$. Le chemin total parcouru est la somme des trois distances : $$d = 20+40+240 = 300\ \text{km}$$ b) La vitesse moyenne sur l'ensemble du trajet n'est pas la moyenne simple des trois vitesses (les trois durées ne sont pas identiques) : c'est le rapport entre la distance totale et la durée totale du parcours. Durée totale : $t = 0,5+0,5+2 = 3\ \text{h}$. $$v_m = \dfrac{300}{3} = 100\ \text{km.h}^{-1} \approx 27,8\ \text{m.s}^{-1}$$ Résultats : $d = 300\ \text{km}$ ; $v_m = 100\ \text{km.h}^{-1} \approx 27,8\ \text{m.s}^{-1}$. 4 a) La vitesse moyenne sur 100 m est le rapport entre la distance parcourue et le temps mis pour la parcourir : $v=\dfrac{d}{t}$. Calvin Smith : $v = \dfrac{100}{9,93} \approx 10,07\ \text{m.s}^{-1} \approx 36,3\ \text{km.h}^{-1}$. Evelyn Ashford : $v = \dfrac{100}{10,79} \approx 9,27\ \text{m.s}^{-1} \approx 33,4\ \text{km.h}^{-1}$. b) On suppose ici, de façon purement théorique, que chaque athlète pourrait maintenir sa vitesse de sprint sur une distance beaucoup plus longue (1 km). Le temps mis serait alors $t=\dfrac{d}{v}$ : Calvin Smith : $t = \dfrac{1000}{10,07} \approx 99,3\ \text{s} \approx 1\ \text{min}\ 39\ \text{s}$. Evelyn Ashford : $t = \dfrac{1000}{9,27} \approx 107,9\ \text{s} \approx 1\ \text{min}\ 48\ \text{s}$. Remarque : en réalité, aucun coureur ne peut maintenir sa vitesse de pointe du 100 m sur 1 km ; il s'agit d'une extrapolation théorique destinée uniquement à comparer les deux performances sur une base commune. Résultats : $v \approx 10,07\ \text{m.s}^{-1}$ et $9,27\ \text{m.s}^{-1}$ ; $t \approx 1\ \text{min}\ 39\ \text{s}$ et $1\ \text{min}\ 48\ \text{s}$. 5 80 m R = 38,2 m Piste cycliste : deux lignes droites de 80 m reliées par deux demi-cercles de rayon R = 38,2 m (la réunion des deux demi-cercles forme un cercle complet). a) La piste est formée de deux lignes droites de 80 m et de deux demi-cercles de rayon $R=38,2$ m ; mis bout à bout, ces deux demi-cercles forment un cercle complet de circonférence $2\pi R$. La longueur totale de la piste est donc : $$L = 2\times80 + 2\pi R = 160 + 2\pi\times38,2 \approx 160+240,0 \approx 400\ \text{m}$$ b) Pour 10 tours à $45\ \text{km.h}^{-1}$, la distance à parcourir est $d=10\times0,400=4\ \text{km}$, d'où le temps mis, $t=\dfrac{d}{v}$ : $$t = \dfrac{4}{45} \approx 0,0889\ \text{h} \approx 5\ \text{min}\ 20\ \text{s}$$ c) En 18 min $=0,3$ h à $40\ \text{km.h}^{-1}$, la distance parcourue est $d=40\times0,3=12\ \text{km}$, ce qui correspond à un nombre de tours : $$n = \dfrac{d}{L} = \dfrac{12}{0,400} = 30\ \text{tours}$$ Résultats : $L \approx 400\ \text{m}$ ; $t \approx 5\ \text{min}\ 20\ \text{s}$ ; $n = 30\ \text{tours}$. 6 a) On convertit d'abord la longueur du vol en kilomètres, en multipliant le nombre de miles par la valeur d'un mile en mètres : $$d = 3628\times1609 = 5\,837\,452\ \text{m} \approx 5837,5\ \text{km}$$ Pour calculer la durée réelle du vol, il faut exprimer les deux horaires dans un même référentiel horaire. Ouagadougou étant en avance de 5 h sur New York, l'heure d'arrivée locale (8 h 45 à N.Y.) correspond, à l'heure de Ouaga, à : $$8\text{h}45 + 5\text{h}00 = 13\text{h}45$$ La durée du vol s'obtient alors en comparant deux horaires exprimés dans le même référentiel : $$t = 13\text{h}45 - 11\text{h}00 = 2\text{h}45 = 2,75\ \text{h} = 9900\ \text{s}$$ La vitesse moyenne de l'avion est le rapport entre la distance parcourue et cette durée : $$v_m = \dfrac{5837,5}{2,75} \approx 2122,7\ \text{km.h}^{-1} \approx 589,6\ \text{m.s}^{-1}$$ b) $589,6\ \text{m.s}^{-1} > 330\ \text{m.s}^{-1}$ : la vitesse moyenne trouvée dépasse largement la célérité du son dans l'air. Remarque : une vitesse moyenne d'environ 590 m.s⁻¹ (soit près de Mach 1,8) dépasse très largement celle d'un avion de ligne subsonique classique (environ 250 m.s⁻¹) ; seul un appareil supersonique (type Concorde, dont la vitesse de croisière avoisinait Mach 2) pouvait l'atteindre. Ce résultat, en apparence surprenant, provient uniquement du fait que l'on a correctement tenu compte du décalage horaire de 5 h entre Ouagadougou et New York : c'est précisément ce décalage qui « comprime » l'écart apparent entre les deux horaires locaux et donne une durée de vol courte, donc une vitesse moyenne élevée. Résultats : $d \approx 5837,5\ \text{km}$ ; $t = 2\text{h}45$ ; $v_m \approx 2122,7\ \text{km.h}^{-1} \approx 589,6\ \text{m.s}^{-1}$, supérieure à la vitesse du son. 7 On calcule d'abord la vitesse moyenne de chaque train, en supposant leur mouvement uniforme sur l'ensemble du trajet : Train n° 60 (Paris → Lyon, durée $2\text{h}02=2,0333\ \text{h}$) : $v_{60} = \dfrac{480}{2,0333} \approx 236,07\ \text{km.h}^{-1}$. Train n° 71 (Lyon → Paris, durée $2\text{h}04=2,0667\ \text{h}$) : $v_{71} = \dfrac{480}{2,0667} \approx 232,26\ \text{km.h}^{-1}$. a) On choisit l'origine des temps $t=0$ à 7 h 00 (départ du train 60 de Paris) et un axe orienté de Paris vers Lyon. Le train 71 part 25 min $=0,4167\ \text{h}$ plus tard. Position du train 60 depuis Paris : $x_{60}(t)=v_{60}\,t$. Position du train 71 depuis Paris (il se rapproche de Paris depuis Lyon, à 480 km) : $x_{71}(t)=480-v_{71}(t-0,4167)$. Les deux trains se croisent lorsque $x_{60}(t)=x_{71}(t)$, ce qui donne, tous calculs faits : $$t = \dfrac{480 + v_{71}\times0,4167}{v_{60}+v_{71}} \approx \dfrac{480+96,77}{468,33} \approx 1,232\ \text{h} \approx 1\ \text{h}\ 14\ \text{min après 7 h, soit vers } \mathbf{8\ h\ 14}$$ Distance depuis Paris à cet instant : $x = v_{60}\times1,232 \approx 290,7\ \text{km}$. b) Le train le plus rapide est celui dont la vitesse moyenne est la plus élevée, c'est-à-dire le train n° 60 : $v_{60}\approx236,07\ \text{km.h}^{-1}\approx65,6\ \text{m.s}^{-1}$. c) Pour que le croisement ait lieu exactement à mi-parcours (240 km de chaque gare), il faut que les deux trains atteignent ce point au même instant. En gardant sa vitesse réelle, le train n° 60 atteint le milieu au bout de : $$t' = \dfrac{240}{236,07} \approx 1,0167\ \text{h} \approx 1\ \text{h}\ 01\ \text{min après 7 h, soit à 8 h 01}$$ Le train n° 71, parti à 7 h 25, disposerait alors de $8\text{h}01-7\text{h}25=36\ \text{min}=0,6\ \text{h}$ pour parcourir à son tour les 240 km qui le séparent du milieu, ce qui exigerait une vitesse : $$v_{71}' = \dfrac{240}{0,6} = 400\ \text{km.h}^{-1}$$ Remarque : cette vitesse théorique de 400 km/h est irréaliste pour un train classique ; elle montre simplement qu'avec un départ 25 min plus tardif que celui du train n° 60, le train n° 71 ne peut pas croiser ce dernier exactement à mi-parcours sans rouler à une vitesse impossible à atteindre en pratique. Résultats : croisement vers 8 h 14, à environ 290,7 km de Paris ; $v_{60}\approx65,6\ \text{m.s}^{-1}$ ; pour un croisement à mi-parcours, $v_{71}'=400\ \text{km.h}^{-1}$. 8 Le signal radar effectue un aller-retour Terre-Lune-Terre en 2,5 s ; le trajet aller seul dure donc la moitié de ce temps : $$t_{aller} = \dfrac{2,5}{2} = 1,25\ \text{s}$$ Le signal se propageant à la vitesse de la lumière, la distance parcourue à l'aller est celle qui sépare les surfaces des deux astres (le signal part de la surface terrestre et se réfléchit sur la surface lunaire) : $$d_{surf} = c\times t_{aller} = 3.10^{8}\times1,25 = 3,75.10^{8}\ \text{m} = 375\,000\ \text{km}$$ La distance demandée entre les centres des deux astres s'obtient en ajoutant les deux rayons : il faut en effet passer de la surface de la Terre à son centre, puis du centre de la Lune à sa surface : $$d = d_{surf} + R_T + R_L = 375\,000 + 6400 + 1740 \approx 383\,140\ \text{km}$$ Résultat : $d \approx 3,83.10^{5}\ \text{km}$. 9 La Lune parcourt sa trajectoire circulaire de rayon $R$ à vitesse constante ; en une période $T$, elle parcourt donc exactement la circonférence de son orbite, $2\pi R$. La vitesse (ici la même à chaque instant, puisque le mouvement est uniforme) vaut donc : $$v = \dfrac{2\pi R}{T}$$ On convertit d'abord la période en secondes : $$T = 27,32\ \text{jours} = 27,32\times24\times3600 \approx 2\,360\,448\ \text{s}$$ d'où : $$v = \dfrac{2\pi\times3,8.10^{8}}{2\,360\,448} \approx 1012\ \text{m.s}^{-1} \approx 1,01\ \text{km.s}^{-1}$$ Résultat : $v \approx 1,01\ \text{km.s}^{-1}$. 10 Le principe de la chronophotographie est le suivant : les positions successives du mobile sont enregistrées à des instants séparés par le même intervalle de temps $\tau$. Sur un intervalle donné, la distance parcourue est directement liée à la vitesse moyenne du mobile pendant cet intervalle ($d\approx v\times\tau$) : plus deux points consécutifs sont espacés, plus le mobile va vite à cet endroit de sa trajectoire ; à l'inverse, un espacement resserré traduit une vitesse plus faible. a) L'examen de l'espacement entre points successifs permet ainsi de caractériser qualitativement chacun des quatre mouvements : (a) l'écartement entre les points augmente régulièrement dans le sens du mouvement (vers la droite) : le mobile va de plus en plus vite, c'est un mouvement rectiligne uniformément accéléré . (b) l'écartement reste constant : la vitesse ne varie pas, c'est un mouvement rectiligne uniforme (M.R.U.). (c) l'écartement diminue régulièrement dans le sens du mouvement (vers la gauche) : le mobile ralentit progressivement, c'est un mouvement rectiligne uniformément retardé (décéléré) . (d) l'écartement diminue lui aussi régulièrement, mais le mobile se déplace en sens opposé à (c) (vers la droite) : c'est également un mouvement rectiligne uniformément retardé (décéléré) , sur le même rail rectiligne. b) Pour un point $A_i$ quelconque, la vitesse instantanée s'estime à partir des deux points qui l'entourent immédiatement, $A_{i-1}$ et $A_{i+1}$, séparés par la durée $2\tau$ : $$\vec{v}(A_i) \approx \dfrac{\overrightarrow{A_{i-1}A_{i+1}}}{2\tau}$$ Concrètement, pour tracer chacun des vecteurs demandés ($A_3$, $B_2$, $C_3$, $C_6$, $D_1$ et $D_6$) : on mesure, sur le document original, la longueur séparant les deux points qui encadrent le point considéré ; on divise cette longueur par $2\tau=0,2\ \text{s}$ pour obtenir la vitesse en $\text{cm.s}^{-1}$ ; on trace ensuite, à partir du point considéré, un vecteur porté par le rail (la trajectoire est rectiligne), orienté dans le sens du mouvement, et dont la longueur est fixée par l'échelle imposée (2 cm pour $10\ \text{cm.s}^{-1}$, soit un vecteur deux fois plus court que la vitesse qu'il représente). Pour le mouvement (b), tous les vecteurs ainsi obtenus ont la même longueur, puisque le mouvement est uniforme ; pour (a), (c) et (d), leur longueur varie progressivement le long de la trajectoire — elle augmente pour (a) et diminue pour (c) et (d). Méthode : mesurer $A_{i-1}A_{i+1}$ sur le document original, diviser par $2\tau=0,2\ \text{s}$, puis tracer le vecteur porté par le rail, dans le sens du mouvement, à l'échelle indiquée. 11 N S O M E équateur λ sens de rotation Vitesses de rotation de E (sur l'équateur) et de M (à la latitude λ) : $v_M = v_E\cos\lambda$, tangentes à leurs parallèles respectifs. a) Le point E, situé sur l'équateur, décrit en 24 h un cercle complet de rayon égal au rayon terrestre $R=6400\ \text{km}=6,4.10^{6}\ \text{m}$. Sa vitesse (mouvement circulaire uniforme) est : $$v_E = \dfrac{2\pi R}{T} = \dfrac{2\pi\times6,4.10^{6}}{86\,400} \approx 465,4\ \text{m.s}^{-1}$$ b) Le point M, à la latitude $\lambda=40°$, ne décrit pas le cercle équatorial de rayon $R$, mais un cercle plus petit — son parallèle — dont le rayon est $r=R\cos\lambda$ (on le lit sur la figure : $r$ est le côté adjacent à l'angle $\lambda$ dans le triangle rectangle formé par le centre de la Terre et M). Comme M effectue un tour complet dans la même durée $T$ que E : $$v_M = \dfrac{2\pi r}{T} = \dfrac{2\pi R\cos\lambda}{T} = v_E\cos\lambda = 465,4\times\cos40° \approx 465,4\times0,766 \approx 356,5\ \text{m.s}^{-1}$$ Résultats : $v_E \approx 465\ \text{m.s}^{-1}$ ; $v_M \approx 357\ \text{m.s}^{-1}$ (plus faible que $v_E$, car M décrit un cercle plus proche de l'axe des pôles). 12 a) Sur la photographie, les positions successives de la lampe sont régulièrement réparties sur un cercle : la lampe décrit donc un mouvement circulaire uniforme (des points équidistants sur un cercle traduisent un angle balayé constant à intervalles de temps égaux, donc une vitesse angulaire constante). b) En mesurant au rapporteur, sur le document, l'angle séparant deux positions consécutives de la lampe, on trouve un écart angulaire constant $\Delta\theta \approx 30°$ entre deux éclairs successifs séparés par $\tau=0,02\ \text{s}$. On en déduit la fréquence de rotation, c'est-à-dire le nombre de tours effectués chaque seconde : $$N = \dfrac{\Delta\theta/360°}{\tau} = \dfrac{30/360}{0,02} \approx 4,17\ \text{tr.s}^{-1}$$ puis la vitesse angulaire correspondante : $$\omega = 2\pi N \approx 26,2\ \text{rad.s}^{-1}$$ (Le grandissement de $1/10^{e}$ donné dans l'énoncé concerne la prise de vue photographique ; il ne modifie pas les angles mesurés sur la photo et n'est donc pas utile ici, puisque le rayon réel $r=23\ \text{cm}$ est déjà fourni en grandeur réelle.) c) La lampe, à la distance $r=23\ \text{cm}=0,23\ \text{m}$ de l'axe, a pour vitesse linéaire : $$v = \omega r = 26,2\times0,23 \approx 6,02\ \text{m.s}^{-1}$$ d) Le vecteur vitesse est tangent au cercle en chaque point, orienté dans le sens du mouvement. Sa norme reste constante ($\approx 6,0\ \text{m.s}^{-1}$, soit environ 6,0 cm à l'échelle demandée de 1 cm pour $1\ \text{m.s}^{-1}$), mais sa direction tourne continuellement avec le point qui se déplace sur le cercle : le vecteur vitesse n'est donc pas constant , bien que sa norme le soit — c'est précisément ce qui caractérise un mouvement circulaire uniforme (uniforme en norme, mais jamais en direction). L₁ L₂ L₆ L₈ L₁₁ r (Δ) O sens du mouvement Vecteurs vitesses (en bleu) aux points L₁, L₆, L₈ et L₁₁ : tangents au cercle, tous de même longueur (vitesse constante), mais de directions différentes. Résultats : $N \approx 4,17\ \text{tr.s}^{-1}$ ; $\omega \approx 26,2\ \text{rad.s}^{-1}$ ; $v \approx 6,0\ \text{m.s}^{-1}$ (constante en norme, variable en direction). 13 Le diamètre extérieur de la roue (pneu compris) étant de 70 cm, son rayon extérieur vaut $R=35\ \text{cm}=0,35\ \text{m}$. Le point I, à l'intérieur du pneu, est plus proche de l'axe : son rayon est celui du bord extérieur diminué de l'épaisseur du pneu, soit $r_I = R-10 = 25\ \text{cm}=0,25\ \text{m}$. a) La roue roulant sans glisser, la vitesse de l'automobile est égale à celle du point de contact avec le sol, c'est-à-dire $V=\omega R$, d'où la vitesse angulaire : $$\omega = \dfrac{V}{R} = \dfrac{3}{0,35} \approx 8,57\ \text{rad.s}^{-1}$$ et le nombre de tours par seconde : $$N = \dfrac{\omega}{2\pi} \approx 1,36\ \text{tr.s}^{-1}$$ b) Tous les points de la roue tournent, par rapport à l'axe O, à la même vitesse angulaire $\omega$ ; seule leur distance à l'axe diffère, ce qui donne des vitesses linéaires différentes : $$v_E = \omega R = 8,57\times0,35 = 3\ \text{m.s}^{-1} \qquad v_I = \omega r_I = 8,57\times0,25 \approx 2,14\ \text{m.s}^{-1}$$ On remarque que $v_E=V$ : c'est logique, puisque E, à l'extérieur du pneu, est justement le point qui touche le sol et impose sa vitesse au véhicule. Résultats : $N \approx 1,36\ \text{tr.s}^{-1}$ ; $v_E = 3\ \text{m.s}^{-1}$ ; $v_I \approx 2,14\ \text{m.s}^{-1}$. 14 E 1 O E 2 sens du mouvement Positions successives des deux étoiles (toujours diamétralement opposées) aux dates t = 0, 75, 150 et 225 ans. a) Les deux étoiles restant constamment alignées avec O, de part et d'autre de ce point, la distance qui les sépare est à tout instant la somme des deux rayons : $$E_1E_2 = R_1+R_2 = 2.10^{12}+8.10^{12} = 1,0.10^{13}\ \text{m}$$ La lumière, se propageant à la vitesse $c$, met donc pour aller d'une étoile à l'autre : $$t = \dfrac{E_1E_2}{c} = \dfrac{1,0.10^{13}}{3.10^{8}} \approx 3,33.10^{4}\ \text{s} \approx 9,26\ \text{h} \approx 9\ \text{h}\ 15\ \text{min}$$ b) Les deux étoiles tournant solidairement (même période $T=300$ ans, toujours diamétralement opposées), elles partagent la même vitesse angulaire. Les dates $t=75$, 150 et 225 ans correspondent respectivement au quart, à la moitié et aux trois quarts de la période : $$\dfrac{75}{300}=\dfrac{1}{4} \qquad \dfrac{150}{300}=\dfrac{1}{2} \qquad \dfrac{225}{300}=\dfrac{3}{4}$$ ce qui correspond à des rotations de $90°$, $180°$ et $270°$ dans le sens indiqué sur la figure, les deux étoiles restant à chaque fois diamétralement opposées par rapport à O (voir le schéma ci-dessus). Le mouvement de chaque étoile étant circulaire uniforme, sa vitesse (constante en norme) se calcule comme au corrigé 9 : avec $T=300\ \text{ans}\approx9,467.10^{9}\ \text{s}$ : $$v_1 = \dfrac{2\pi R_1}{T} \approx 1,33\ \text{km.s}^{-1} \qquad v_2 = \dfrac{2\pi R_2}{T} \approx 5,31\ \text{km.s}^{-1}$$ Les vecteurs vitesses sont tangents aux cercles respectifs, dans le sens du mouvement, et doivent être tracés avec des longueurs respectives d'environ 1,3 cm et 5,3 cm à l'échelle des vitesses demandée (1 cm pour $1\ \text{km.s}^{-1}$). Résultats : $t \approx 9\ \text{h}\ 15\ \text{min}$ ; $v_1 \approx 1,33\ \text{km.s}^{-1}$ ; $v_2 \approx 5,31\ \text{km.s}^{-1}$. 15 a) Le signal radar fait l'aller-retour tour de contrôle → avion → tour de contrôle en $2.10^{-4}\ \text{s}$ ; comme la vitesse de l'avion est négligeable devant celle des ondes radar, l'avion n'a quasiment pas bougé pendant ce très court trajet, et l'aller seul dure donc la moitié de ce temps : $$t_{aller} = 1.10^{-4}\ \text{s}$$ d'où la distance à laquelle se trouve l'avion : $$d = c\times t_{aller} = 3.10^{8}\times1.10^{-4} = 3.10^{4}\ \text{m} = 30\ \text{km}$$ b) Une minute (60 s) plus tard, l'avion, qui s'éloigne à $v_1=1000\ \text{km.h}^{-1}\approx277,8\ \text{m.s}^{-1}$, s'est encore éloigné d'une distance supplémentaire : $$\Delta d = v_1\times60 \approx 277,8\times60 \approx 16\,667\ \text{m} \approx 16,7\ \text{km}$$ Sa nouvelle distance à la tour est donc $d' = 30+16,7 = 46,7\ \text{km}$, et le second signal met, pour effectuer l'aller-retour : $$t' = \dfrac{2d'}{c} = \dfrac{2\times46\,700}{3.10^{8}} \approx 3,11.10^{-4}\ \text{s}$$ Résultats : $d = 30\ \text{km}$ ; le second écho est reçu au bout de $t' \approx 3,11.10^{-4}\ \text{s}$. 16 Cet exercice relève de la composition des vitesses : la vitesse d'une personne par rapport au couloir (vitesse « absolue ») est la somme de sa vitesse de marche par rapport au tapis (vitesse « relative ») et de la vitesse du tapis par rapport au couloir (vitesse « d'entraînement »). On oriente l'axe $x$ de Pauline vers Mariam, c'est-à-dire dans le sens du déplacement du tapis. Pauline marche dans le même sens que le tapis, donc sa vitesse relative s'ajoute à celle du tapis : $v_P = v_{tapis}+1,5 = 1+1,5 = 2,5\ \text{m.s}^{-1}$. Mariam marche à contresens du tapis, donc sa vitesse relative se retranche : $v_M = v_{tapis}-1,5 = 1-1,5 = -0,5\ \text{m.s}^{-1}$ (le signe négatif indique qu'elle avance bien vers Pauline, mais freinée par le tapis, qui la pousse en sens inverse). a) Avec $x_P(t)=2,5t$ (départ de Pauline en $x=0$) et $x_M(t)=180-0,5t$ (départ de Mariam en $x=180$), la rencontre a lieu lorsque $x_P(t)=x_M(t)$ : $$2,5t = 180-0,5t \Rightarrow 3t=180 \Rightarrow t = 60\ \text{s}$$ b) Les distances parcourues sur le tapis (c'est-à-dire par rapport au tapis) dépendent uniquement de la vitesse relative de marche, commune aux deux jeunes filles ($1,5\ \text{m.s}^{-1}$), pendant $t=60\ \text{s}$ : $$1,5\times60 = 90\ \text{m chacune}$$ c) Les distances parcourues par rapport au couloir dépendent, elles, de la vitesse absolue de chacune : Pauline $=2,5\times60=150\ \text{m}$ ; Mariam $=0,5\times60=30\ \text{m}$. On vérifie la cohérence : $150+30=180\ \text{m}$, la longueur totale du tapis, et $180-150=30\ \text{m}$, la distance de Mariam — la rencontre a bien lieu au même point du couloir. d) Le milieu du tapis se trouve à 90 m de chaque extrémité. Pour que la rencontre ait lieu exactement à ce point, Pauline et Mariam doivent mettre le même temps pour parcourir chacune 90 m par rapport au couloir , c'est-à-dire avoir la même vitesse absolue (en valeur absolue) : $|v_P'|=|v_M|=0,5\ \text{m.s}^{-1}$. La vitesse absolue de Pauline s'écrit $v_P' = v_{tapis}+v_{rel}$. Pour obtenir $v_P'=0,5\ \text{m.s}^{-1}$ : $$v_{rel} = 0,5-1 = -0,5\ \text{m.s}^{-1}$$ Le signe négatif signifie que Pauline devrait marcher à $0,5\ \text{m.s}^{-1}$ par rapport au tapis, mais en sens inverse de celui-ci (à contresens), et non plus dans le même sens que précédemment. Résultats : rencontre à $t=60\ \text{s}$ ; $90\ \text{m}$ chacune sur le tapis ; $150\ \text{m}$ et $30\ \text{m}$ par rapport au couloir ; pour se rencontrer au milieu, Pauline devrait marcher à $0,5\ \text{m.s}^{-1}$ à contresens du tapis. 17 x y M₀(-2;-1) M₁(1;3) V (1,5 ; 2) O Trajectoire rectiligne de M (droite passant par M₀, de vecteur directeur V) ; le vecteur vitesse est représenté séparément à l'échelle indiquée. a) Un mouvement rectiligne uniforme a pour trajectoire une droite, portée par le vecteur vitesse lui-même : la trajectoire de M est donc la droite passant par $M_0(-2\,;\,-1)$, de vecteur directeur $\vec V(1,5\,;\,2)$. b) La norme du vecteur vitesse (la vitesse au sens courant) se calcule par le théorème de Pythagore appliqué à ses deux composantes : $$V = \sqrt{V_x^2+V_y^2} = \sqrt{1,5^2+2^2} = \sqrt{6,25} = 2,5\ \text{cm.s}^{-1}$$ c) En mouvement rectiligne uniforme, chaque coordonnée évolue linéairement avec le temps : $x(t)=x_0+V_xt$ et $y(t)=y_0+V_yt$. À l'instant $t_1=2\ \text{s}$ : $$x_1 = -2+1,5\times2 = 1\ \text{cm} \qquad y_1 = -1+2\times2 = 3\ \text{cm}$$ soit $M_1(1\,;\,3)$. d) Les équations horaires de M sont $x(t)=-2+1,5t$ et $y(t)=-1+2t$. Le second mobile M' part de l'origine O sur l'axe $(Oy)$, dans le sens positif, à $V'=4\ \text{cm.s}^{-1}$, à un instant inconnu $t_0$ : ses coordonnées sont $x_{M'}=0$ et $y_{M'}(t)=4(t-t_0)$. Pour que les deux mobiles se rencontrent, il faut d'abord qu'ils soient au même endroit ; comme M' reste sur l'axe $(Oy)$, la rencontre ne peut avoir lieu que lorsque M lui-même passe par $x=0$ : $$x(t)=0 \Rightarrow -2+1,5t=0 \Rightarrow t = \dfrac{4}{3} \approx 1,33\ \text{s}$$ À cet instant, l'ordonnée de M vaut : $$y(t) = -1+2\times\dfrac{4}{3} = \dfrac{5}{3} \approx 1,67\ \text{cm}$$ Pour qu'il y ait réellement rencontre, M' doit se trouver en $y=\dfrac{5}{3}$ à cet instant précis $t=\dfrac{4}{3}\ \text{s}$ : $$4\left(\dfrac{4}{3}-t_0\right)=\dfrac{5}{3} \Rightarrow t_0 = \dfrac{4}{3}-\dfrac{5}{12} = \dfrac{11}{12} \approx 0,92\ \text{s}$$ Résultats : $V=2,5\ \text{cm.s}^{-1}$ ; $M_1(1\,;\,3)\ \text{cm}$ ; M' doit partir à $t_0\approx0,92\ \text{s}$. 18 1° Sur une trajectoire circulaire de rayon $R$, un demi-tour correspond à un parcours égal à la moitié de la circonférence, soit $\pi R$ : $$\pi R = \pi\times0,25 \approx 0,785\ \text{m}$$ Le mouvement étant uniforme (vitesse constante $v$), le temps mis pour effectuer ce demi-tour est : $$t_{1/2} = \dfrac{\pi R}{v} = \dfrac{0,785}{3.10^{6}} \approx 2,62.10^{-7}\ \text{s}$$ La période (durée d'un tour complet) est le double de ce temps, puisqu'un tour complet représente deux demi-tours : $$T = 2t_{1/2} = \dfrac{2\pi R}{v} \approx 5,24.10^{-7}\ \text{s}$$ 2° Pour des électrons accélérés jusqu'à une vitesse proche de celle de la lumière, $C=3.10^{8}\ \text{m.s}^{-1}$, le même raisonnement donne : $$T' = \dfrac{2\pi R}{C} = \dfrac{1,571}{3.10^{8}} \approx 5,24.10^{-9}\ \text{s}$$ Cette période est 100 fois plus courte que celle des protons, puisque la vitesse des électrons est 100 fois plus grande (le rayon $R$ étant inchangé). Résultats : $t_{1/2}\approx2,62.10^{-7}\ \text{s}$ ; $T\approx5,24.10^{-7}\ \text{s}$ ; $T'\approx5,24.10^{-9}\ \text{s}$. 19 Soleil Terre Lune Schéma (hors échelle) : trajectoire de la Terre autour du Soleil (rayon R) et de la Lune autour de la Terre (rayon r), supposées dans le même plan. a) Le schéma ci-dessus représente, hors échelle, les trois astres : le Soleil au centre, la Terre décrivant sa trajectoire de rayon $R$ autour de lui, et la Lune décrivant sa propre trajectoire de rayon $r$ autour de la Terre. b) Pendant que la Lune effectue une révolution complète autour de la Terre (durée $T_L$), la Terre, elle, ne parcourt qu'une fraction de son orbite autour du Soleil, cette fraction étant le rapport des deux durées $\dfrac{T_L}{T_T}$. La distance parcourue par la Terre pendant ce temps est donc cette fraction de la circonférence de son orbite : $$d = 2\pi R \times \dfrac{T_L}{T_T} = 2\pi\times1,5.10^{8}\times\dfrac{27,32}{365,25} \approx 7,05.10^{7}\ \text{km}$$ c) De même, le nombre de révolutions effectuées par la Lune pendant que la Terre effectue un tour complet autour du Soleil est le rapport inverse des deux périodes : $$n = \dfrac{T_T}{T_L} = \dfrac{365,25}{27,32} \approx 13,37\ \text{révolutions}$$ Résultats : $d \approx 7,05.10^{7}\ \text{km}$ ; $n \approx 13,4$ révolutions lunaires par an. 20 1° Deux bornes kilométriques consécutives sont distantes de 1 km $=1000\ \text{m}$ ; la vitesse réelle du véhicule est donc $v=\dfrac{1000}{t}$ : a) $v_1 = \dfrac{1000}{40,0} = 25\ \text{m.s}^{-1} = 90\ \text{km.h}^{-1}$. b) $v_2 = \dfrac{1000}{32,7} \approx 30,58\ \text{m.s}^{-1} \approx 110,1\ \text{km.h}^{-1}$. 2° L'erreur $\Delta v$ est la différence entre l'indication du compteur et la vitesse réelle calculée ci-dessus ; l'erreur relative est ce rapport exprimé en pourcentage de la vitesse exacte : Cas a : compteur $=100\ \text{km.h}^{-1}$, vitesse exacte $=90\ \text{km.h}^{-1}$, donc $\Delta v = 10\ \text{km.h}^{-1}$ et erreur relative $=\dfrac{10}{90}\approx11,1\%$. Cas b : compteur $=120\ \text{km.h}^{-1}$, vitesse exacte $\approx110,1\ \text{km.h}^{-1}$, donc $\Delta v\approx9,9\ \text{km.h}^{-1}$ et erreur relative $\approx\dfrac{9,9}{110,1}\approx9,0\%$. 3° En admettant une erreur relative constante d'environ 10 % (le compteur affiche systématiquement 1,10 fois la vitesse réelle) : a) Pour une vitesse réelle de $120\ \text{km.h}^{-1}$, l'indication du compteur serait : $$1,10\times120 = 132\ \text{km.h}^{-1}$$ b) Pour une indication de compteur de $160\ \text{km.h}^{-1}$, la vitesse réelle correspondante serait : $$\dfrac{160}{1,10} \approx 145,5\ \text{km.h}^{-1}$$ Résultats : $v_1=25\ \text{m.s}^{-1}$, $v_2\approx30,6\ \text{m.s}^{-1}$ ; erreurs relatives $\approx11,1\%$ et $\approx9,0\%$ ; compteur $=132\ \text{km.h}^{-1}$ ; vitesse réelle $\approx145,5\ \text{km.h}^{-1}$. 21 a) Pour chaque étape, la vitesse moyenne s'obtient en divisant la distance parcourue pendant cette étape par sa durée. Étape 1 : $t_1=12\ \text{s}$, $d_1=2\ \text{km}$, donc $v_1=\dfrac{2000}{12}\approx166,7\ \text{m.s}^{-1}$. Étape 2 : $t_2=150\ \text{s}$. L'énoncé donne « l'altitude atteinte » à la fin de cette étape, soit 47 km : il s'agit d'une altitude cumulée depuis le décollage, et non de la distance parcourue pendant la seule étape 2. Comme la fusée est lancée verticalement, il faut donc retrancher la distance déjà parcourue durant l'étape 1 pour obtenir celle de l'étape 2 : $d_2 = 47-2 = 45\ \text{km}$, d'où $v_2=\dfrac{45\,000}{150}=300\ \text{m.s}^{-1}$. Étape 3 : $t_3=100\ \text{s}$, et la vitesse moyenne $v_3=1,5\ \text{km.s}^{-1}=1500\ \text{m.s}^{-1}$ est donnée directement par l'énoncé, d'où $d_3=1500\times100=150\,000\ \text{m}=150\ \text{km}$. b) La durée totale de la phase accélératrice est la somme des trois durées : $$t=12+150+100=262\ \text{s}$$ c) La distance totale parcourue est la somme des trois distances : $$d=2+45+150=197\ \text{km}$$ d) La vitesse moyenne sur l'ensemble de la phase est le rapport entre la distance totale et la durée totale, et non la moyenne simple des trois vitesses (les durées diffèrent) : $$v_m=\dfrac{197\,000}{262}\approx751,9\ \text{m.s}^{-1}\approx2707\ \text{km.h}^{-1}$$ e) À la fin de la phase accélératrice, la fusée atteint $v=3,5\ \text{km.s}^{-1}=3500\ \text{m.s}^{-1}$. En supposant cette vitesse constante (mouvement uniforme) pendant 15 min $=900\ \text{s}$ : $$d' = v\times t = 3500\times900 = 3\,150\,000\ \text{m} = 3150\ \text{km}$$ Résultats : $t=262\ \text{s}$ ; $d=197\ \text{km}$ ; $v_m\approx2707\ \text{km.h}^{-1}$ ; $d'=3150\ \text{km}$. ↑ Retour en haut Corrigés des situations-problèmes S1 Le taxi-brousse Bobo–Banfora La vitesse moyenne sur l'ensemble du trajet est le rapport entre la distance totale (85 km) et la durée totale, et non la moyenne simple de 40 et 90 km/h, car le taxi ne passe pas le même temps sur chaque portion. Durée du premier tronçon (20 km à $40\ \text{km.h}^{-1}$) : $t_1 = \dfrac{20}{40} = 0,5\ \text{h}$. Distance restante : $85-20=65\ \text{km}$, parcourue à $90\ \text{km.h}^{-1}$ en $t_2=\dfrac{65}{90}\approx0,72\ \text{h}$. Durée totale : $t\approx1,22\ \text{h}$. Vitesse moyenne : $$v_m=\dfrac{85}{1,22}\approx69,6\ \text{km.h}^{-1}\approx19,3\ \text{m.s}^{-1}$$ Résultat : $v_m \approx 69,6\ \text{km.h}^{-1} \approx 19,3\ \text{m.s}^{-1}$. S2 La rencontre des deux motos Les deux motos partent au même instant, l'une vers l'autre : la distance qui les sépare diminue à une vitesse égale à la somme de leurs deux vitesses (vitesse de rapprochement) : $$70+60=130\ \text{km.h}^{-1}$$ Le temps nécessaire pour parcourir ensemble les 360 km qui les séparent initialement est donc : $$t=\dfrac{360}{130}\approx2,77\ \text{h}\approx2\ \text{h}\ 46\ \text{min}$$ soit un croisement vers 8 h 46 (départ à 6 h). La distance parcourue par la moto partie d'Ouaga, à $70\ \text{km.h}^{-1}$ pendant ce temps, donne sa position au moment du croisement : $$d=70\times2,77\approx193,8\ \text{km}$$ Résultat : croisement vers 8 h 46, à environ 193,8 km de Ouagadougou. S3 La valve du vélo du livreur Pour une roue qui roule sans glisser sur le sol, la vitesse (par rapport au sol) du point le plus bas de la roue est nulle à chaque instant (c'est le point de contact, momentanément immobile), tandis que celle du point le plus haut vaut le double de la vitesse du centre de la roue, donc du vélo lui-même : $$v_{sommet} = 2v = 2\times15 = 30\ \text{km.h}^{-1} \approx 8,3\ \text{m.s}^{-1}$$ Résultat : $v_{sommet} = 30\ \text{km.h}^{-1} \approx 8,3\ \text{m.s}^{-1}$. S4 Le manège de la fête de Bobo Les deux enfants, installés sur le même manège, ont la même vitesse angulaire, puisqu'ils effectuent un tour complet dans le même temps : $$\omega=\dfrac{2\pi}{8}\approx0,785\ \text{rad.s}^{-1}$$ En revanche, leur vitesse linéaire $v=\omega r$ dépend de leur distance à l'axe : plus un enfant est loin du centre, plus il va vite. Enfant 1 (à 2 m) : $v_1=0,785\times2\approx1,57\ \text{m.s}^{-1}$. Enfant 2 (à 3,5 m) : $v_2=0,785\times3,5\approx2,75\ \text{m.s}^{-1}$. Résultat : non, les deux enfants n'ont pas la même vitesse : celui le plus éloigné de l'axe (2,75 m.s⁻¹) va plus vite que l'autre (1,57 m.s⁻¹), bien qu'ils tournent à la même vitesse angulaire. S5 La pirogue sur le Mouhoun Les deux composantes du mouvement — la traversée perpendiculaire aux berges et l'entraînement par le courant, parallèle aux berges — sont indépendantes l'une de l'autre. La traversée, à $1,2\ \text{m.s}^{-1}$ sur une largeur de 60 m, dure : $$t=\dfrac{60}{1,2}=50\ \text{s}$$ Pendant cette même durée, le courant entraîne la pirogue le long de la berge, indépendamment de la traversée, sur une distance : $$d=0,5\times50=25\ \text{m}$$ Résultat : la pirogue accoste 25 m en aval du point situé en face de son départ ; sa trajectoire réelle par rapport à la berge est la droite obtenue en composant les deux vitesses (celle du piroguier et celle du courant). S6 L'orage sur Bobo-Dioulasso La lumière de l'éclair est perçue quasi instantanément, tandis que le tonnerre, qui se propage à la vitesse du son dans l'air, met 6 s pour parvenir à l'observateur. La distance parcourue par le son pendant ce temps donne donc directement la distance à laquelle la foudre est tombée : $$d=340\times6=2040\ \text{m}\approx2,04\ \text{km}$$ Résultat : la foudre est tombée à environ 2,04 km. S7 Le 10 000 m du stade municipal Les 15 premiers tours (soit $15\times400=6\ \text{km}$) sont parcourus à $20\ \text{km.h}^{-1}$ : $$t_1=\dfrac{6}{20}=0,3\ \text{h}=18\ \text{min}$$ Les 10 derniers tours (soit $10\times400=4\ \text{km}$) sont parcourus à $24\ \text{km.h}^{-1}$ : $$t_2=\dfrac{4}{24}\approx0,167\ \text{h}\approx10\ \text{min}$$ Le temps total de la course est la somme de ces deux durées : $t\approx28\ \text{min}\approx0,467\ \text{h}$. La vitesse moyenne sur l'ensemble des 10 km, rapport de la distance totale à la durée totale, vaut : $$v_m=\dfrac{10}{0,467}\approx21,4\ \text{km.h}^{-1}$$ Résultat : temps total ≈ 28 min ; $v_m \approx 21,4\ \text{km.h}^{-1}$. S8 Le drone de surveillance L'onde radio fait l'aller-retour poste-drone-poste en $8.10^{-5}\ \text{s}$ ; l'aller seul dure donc la moitié de ce temps : $$t_{aller}=4.10^{-5}\ \text{s}$$ Comme la vitesse de l'onde radio est très supérieure à celle du drone, celui-ci n'a pratiquement pas bougé pendant ce court trajet, et la distance au poste de contrôle au moment de l'émission est : $$d = c\times t_{aller} = 3.10^{8}\times4.10^{-5} = 12\,000\ \text{m} = 12\ \text{km}$$ Résultat : $d = 12\ \text{km}$. ↑ Retour en haut Corrigés détaillés : La notion de mouvement — Younoussa DIAKITE, Professeur agrégé de Sciences physiques Classe de 2nde C/T