Mécanique générale

Cours de Physique Générale I, Prof. Georges Meylan
Section de mathématiques 1ère année
26.09.2008
EPFL
Série de la semaine No 2
Semestre d’automne 2008
Mécanique générale
Corrigé des exercices
Problème 1 :
Le temps total se trouve par addition des temps de la première et de la deuxième partie
du voyage :
T = t1 + t2 =
d1 d2
2100 km
1800 km
+
=
+
= 4.425 h
v1 v2
800 km/h 1000 km/h
La vitesse moyenne est donnée par la distance totale divisée par le temps total :
v̄ =
3900 km
d1 + d2
=
= 881.4 km/h
T
4.425 h
Problème 2 :
Pour 0 ≤ t ≤ 10 s, on obtient par intégrations successives :
a(t) = −(2/10) t2 + 2 t
v(t) = −(2/30) t3 + t2 + v0
s(t) = −(1/60) t4 + (1/3) t3 + v0 t + s0
Supposons qu’en t0 = 0 s, v0 = 0 m/s et s0 = 0 m. Ainsi en t1 = 10 s, on obtient
v1 = (100/3) m/s et s1 = (500/3) m. Pour 10 ≤ t ≤ 70 s, on a :
a(t) = 0
v(t) = v1
s(t) = v1 (t − t1 ) + s1
Ce qui donne en t2 = 70 s,
on a :
a(t)
v(t)
s(t)
v2 = (100/3) m/s et s2 = (6500/3) m. Pour 70 ≤ t ≤ 72 s,
= −(15/2)
= −(15/2) (t − t2 ) + v2
= −(15/4) (t − t2 )2 + v2 (t − t2 ) + s2
Finalement en t3 = 72 s, v3 = (55/3) m/s et s3 = (6655/3) ' 2218 m.
1
Problème 3 :
On trouve la solution par intégration :
1.
Z
v(t) =
t
2
A t3/2 + v0
3
et A = 2 m s−5/2
a(t0 ) dt0 =
0
v0 = 10 m s−1
4 3/2
t + 10
⇒ v(t) =
3
2.
Z
x(t) =
0
t
2
v(t ) dt = A
3
0
0
Z
t
03/2
t
0
Z
t
dt + v0
0
0
dt0 + x0
|{z}
=0
2 2 5/2
=
A t + v0 t
3 5
8 5/2
⇒ x(t) =
t + 10 t
15
3.
√
a(t = 5 s) = 2 5 = 4.47 m s−2
4 1.5
v(t = 5 s) =
t + 10 = 24.91 m s−1
3
8 5/2
x(t = 5 s) =
5 + 10 · 5 = 79.8 m
15
Problème 4 :
Utilisons un système de coordonnées avec l’origine au sol et l’axe y vertical, croissant
vers le haut.
1. La vitesse de la fusée au moment de l’arrêt du moteur peut être obtenu de deux
manières :
(a) On procède en déterminant d’abord le temps écoulé entre le départ et l’arrêt
du moteur, ou pour passer de l’altitude y = 0 à l’altitude y1 = 1200 m (ce
faisant, on anticipe sur le point 2 !) :
r
r
1 2
2y1
2 · 1200 m
y1 = a t1 + v0 t + y0 ⇒ t1 =
=
= 27.4 s
|{z}
|{z}
2
a
3.2 m s−2
=0
=0
Ensuite, on calcule la vitesse finale en posant
v1 = a · t1 + v0 = 3.2 m s−2 · 27.4 s= 87.6 m s−1
|{z}
=0
2
(b) Il est possible de calculer directement la vitesse, en combinant les deux équations utilisées ci-dessus pour éliminer le temps :
⇒
v = a · t + v0
1 2
y =
a t + v0 t + y0
2
⇒ v 2 = a2 t2 + v02 + 2 a t v0
v2
1 2
v2
⇒
=
a t + v0 t + 0
2a
2
2a
v 2 − v02
1 2
=
a t + v0 t = y − y0
2a
2
On a donc
v 2 = v02 + 2a · (y − y0 )
que l’on peut maintenant appliquer à notre problème :
v12 = v02 + 2a(y1 − y0 )
v12 = 0 + 2 (3.2)(1200 − 0)
⇒ v1 = 87.6 m s−1
2. Le temps pour atteindre l’altitude de 1200 m vaut
v1 − v0
= 27.4 s
v1 = a t1 + v0 ⇒ t1 =
a
3. L’accélération n’est plus que −g, et l’altitude maximale est obtenue en posant
v = 0 m s−1 :
v 2 − v22
v22 = v12 + 2(−g)(h − y1 ) ⇒ h = y1 + 1
2g
v2 = 0 m s−1 et y1 = 1200 m ⇒ h = 1591 m
4. Pour y = 1591 m, v = 0 m s−1 et on peut écrire
v = −g (t2 − t1 ) + a t1
0 = −g (t2 − t1 ) + v1
v1
87.6 m s−1
⇒ t2 − t1 =
=
= 8.9 s
g
9.81 m s−2
⇒ t2 = t1 + (t2 − t1 ) = 27.4 s + 8.9 s = 36.3 s
5. On peut partir de la même formule qu’au point 1b :
v 2 = v02 − 2g(y − y0 )
p
v0 = 0 , y = 0 , y 0 = h ⇒ v =
2gh = 176.7 m
6. Le temps de chute t est donné par
1
h = g t2 ⇒ t =
2
s
2h
= 18.0 s
g
Le temps total vaut donc
ttot =t2 + t = 36.3 s + 18.0 s = 54.3 s
3
Problème 5 :
Partons de la formule
v 2 = v02 + 2 a (y − y0 )
Ici, a = g pour la Terre et a = g/6 pour la Lune. Par ailleurs, au sommet de la
trajectoire, on a y = h et v = 0. y0 est la position au sol, donc y0 = 0.
Pour la Terre, on a
0 = v02 − 2 g hT ⇒ hT =
v02
2g
Pour la Lune, on a
hL =
3 v02
= 6 hT
g
La hauteur atteinte par l’objet sera donc six fois plus grande sur la Lune que sur
la Terre.
Problème 6 :
Soit un référentiel horizontal Ox avec l’origine au feu, l’axe x étant dirigé dans le sens
du mouvement de la voiture. Quand le feu passe à l’orange, la voiture se trouve en
x0 = −30 m, sa vitesse est v0 = 50 km/h = 13.89 m/s et elle dispose d’un temps
t = 2 s pour freiner. La question est alors de savoir si sa vitesse peut s’annuler avant
le feu, ou seulement après. Si la voiture peut s’arrêter avant le stop, même après plus
de deux secondes, cela n’a pas d’importance. Par contre, si elle dépasse le feu même en
freinant durant deux secondes, alors cela signifie qu’elle aurait dû accélérer.
Pour calculer la position de la voiture à son arrêt, on part de la formule
v 2 = v02 + 2a(x − x0 ) ⇒ x =
v 2 − v02
+ x0
2a
Avec v = 0 m s−1 , v0 = 13.89 m s−1 , a = −6 m s−2 et x0 = −30 m, cela donne
13.892
− 30 = −13.9 m
x=
12
La voiture peut donc s’arrêter bien avant le feu. Le temps qu’elle met pour cela est
donné par
v − v0
0 − 13.89
v = v0 + a t ⇒ t =
=
= 2.3 s
a
−6
Si au contraire la voiture accélérait, avec une accélération
20 km/h
5.56 m s−1
a=
=
= 0.93 m s−2
6s
6s
elle arriverait, après t = 2 s, à la position
1
1
x(t) = at2 + v0 t + x0 ⇒ x(2 s) = · 0.93 · 22 + 13.89 · 2 − 30 = −0.37 m
2
2
donc juste avant le feu déjà passé au rouge !
La vitesse atteinte à cet endroit est
v(t) = a t + v0 ⇒ v(2 s) = 0.93 · 2 + 13.89 = 15.75 m s−1 = 56.7 km/h
4
Si elle continue à accélérer, elle franchira la route (c’est-à-dire une distance d = 15 m −
(−0.37 m) = 15.37 m) en un temps donné par
1 2
1 2
a t + v0 t ⇒
a t + v0 t − d = 0
2
2
p
√
−v0 ± v02 + 2ad
−15.75 + 2 · 0.93 · 15.37
0.88
=
= 0.95 s
t=
=
0.93
0.93
a
La voiture aura donc traversé le carrefour en moins d’une seconde après le passage au
rouge du feu. Elle ne risque donc juste pas l’accident, à cause du délai de passage au
vert des autres feux. Mais le conducteur est amendable à deux titres : passage au feu
rouge et excès de vitesse !
d = x − x0 =
5