Alpha du Centaure se trouve donc à \(268'228\,\times\) la distance Terre-Soleil.
\end{Solution}
\begin{Solution}{3}
Le diamètre de notre galaxie est de \unit{80'000}{AL}. L'exercice \ref{centaure} nous indique que la distance à Alpha du Centaure vaut \unit{4,238}{AL}. Ainsi, on a :
\[\frac{80'000}{4,238}=18'877\,\times\]
Le diamètre de la galaxie représente donc \(18'877\,\times\) la distance à l'étoile la plus proche de nous.
\end{Solution}
\begin{Solution}{4}
La distance Terre-Lune est beaucoup plus grande que le diamètre de la Lune. L'angle est donc petit et on peut écrire la relation d'arc donnée par l'équation \ref{relationdarc} :
Dans \unit{1}{\metre\cubed}, on trouve \unit{1000}{\deci\metre\cubed} et \unit{10^6}{\centi\metre\cubed}. Ainsi, dans \unit{1}{\metre\cubed}, on trouve un million de fois plus d'atomes que dans \unit{1}{\centi\metre\cubed}. On a donc par \metre\cubed :
Ainsi, la distance parcourue en deux secondes est :
\[d=v\cdot t=33,3\cdot2=\unit{66,6}{\metre}\]
\end{Solution}
\begin{Solution}{9}
Comme la position au bout de \unit{10}{\second} se calcule par :
\[x(10\,s)=-2\cdot10+20=\unit{0}{\metre}\]
le déplacement est donné par :
\[D=\Delta x=x_f-x_i=0-0=\unit{0}{\metre}\]
Selon l'équation de la position donnée ici, le mouvement de l'objet est le suivant :
\begin{enumerate}
\item à la vitesse constante de \unit{2}{\metre\per\second} l'objet se déplace pendant \unit{4}{\second},
\item il s'arrête de \unit{4}{} à \unit{6}{\second} et
\item il revient en arrière à la vitesse de \unit{-2}{\metre\per\second} de \unit{6}{} à \unit{10}{\second}.
\end{enumerate}
Ainsi, l'objet parcourt dans un premier temps \(2\cdot4=\unit{8}{\metre}\) en avant et dans un second temps \unit{8}{\metre} en arrière. La distance parcourue est donc :
\[d=8+8=\unit{16}{\metre}\]
\end{Solution}
\begin{Solution}{10}
Deux raisonnements sont possibles :
\begin{itemize}
\item On s'imagine être dans un train qu'on ne voit pas bouger. Sa vitesse par rapport à nous est nulle. L'autre train se trouve au départ à une distance de \unit{12}{\kilo\metre} et se déplace par rapport à nous à une vitesse relative de \unit{200}{\kilo\metre\per\hour} (sa vitesse et notre vitesse sont cumulées). Ainsi, on peut écrire :
\item On définit le zéro du système d'axes à la position du premier train au moment où ils sont séparés de \unit{12}{\kilo\metre}. L'équation de la position du premier train est alors :
\[x_1=100\cdot t\]
Comme la position initiale du second train vaut \unit{12}{\kilo\metre} et qu'il s'approche, sa vitesse est négative et l'équation de sa position au cours du temps est :
Le premier raisonnement se fait par rapport à l'un des objets en mouvement. Il est dit relatif. Le second raisonnement se fait par rapport à un référentiel commun : le sol. Il est dit absolu.
Mais quel que soit le référentiel, le résultat est le même.
\end{Solution}
\begin{Solution}{11}
Deux raisonnements sont possibles :
\begin{itemize}
\item On s'imagine être dans le camion qu'on ne voit pas bouger. Sa vitesse par rapport à nous est nulle. La voiture, elle, se trouve au départ à une distance de \unit{0,6}{\kilo\metre} et se déplace par rapport à nous à une vitesse relative de \(110-80=\unit{30}{\kilo\metre\per\hour}\) (sa vitesse est diminuée de notre vitesse, puisqu'on la fuit). Ainsi, on peut écrire :
\item On définit le zéro du système d'axes à la position de la voiture au moment où la voiture et le camion sont séparés de \unit{0,6}{\kilo\metre}. L'équation de la position de la voiture est alors :
\[x_v=110\cdot t\]
Comme la position initiale du camion vaut \unit{0,6}{\kilo\metre} et qu'il va dans la même direction que la voiture, l'équation de sa position au cours du temps est :
Le premier raisonnement se fait par rapport à l'un des objets en mouvement. Il est dit relatif. Le second raisonnement se fait par rapport à un référentiel commun : le sol. Il est dit absolu.
Mais quel que soit le référentiel, le résultat est le même.
\end{Solution}
\begin{Solution}{12}
On sait que le rayon de la Terre vaut environ \unit{6'400}{\kilo\metre}. Sa circonférence vaut donc :
Ce qui correspond à un écart (équation \ref{defecart}) de :
\[e=\frac{1668-1600}{1668}\cdot100=4\%\]
Ce qui est un bon écart, compte tenu des grosses approximations faites.
\end{Solution}
\begin{Solution}{13}
Le temps donné \(t_{tot}\) est constitué du temps \(t_{boule}\) mis par la boule pour aller frapper celle de l'adversaire et du temps \(t_{son}\) mis par le son pour revenir se faire entendre par le joueur. On a donc :
\[t_{tot}=1,2=t_{boule}+t_{son}\]
Or, pour avoir la vitesse de la boule sur les \unit{9}{\metre} de son parcours, il nous faut \(t_{boule}\). Pour cela, il faut donc calculer \(t_{son}\), qui est le temps mis pas le son pour parcourir \unit{9}{\metre} à la vitesse de \unit{343}{\metre\per\second} :
Comme la période de rotation \(T\), c'est-à-dire le temps mis par la Terre pour faire un tour autour du Soleil, est d'une année, soit \unit{365}{jours}, la vitesse moyenne est :
La comparaison montre que la vitesse d'un sprinter (\(\unit{10}{\metre\per\second}=\unit{36}{\metre\per\second}\) est légèrement inférieure à celle d'un velociraptor.
Sur le graphe de la vitesse en fonction du temps, la distance parcourue apparaît simplement être l'aire sous le graphe. En effet, la base \(t=5\cdot60=\unit{300}{\second}\) multipliée par la hauteur \(v=50/3,6=\unit{13,9}{\metre\per\second}\) donne bien la distance parcourue.
\end{Solution}
\begin{Solution}{22}
On va décrire mathématiquement le mouvement des voitures de sport et de police.
Les deux mouvements sont des MRU. On peut donc écrire, dans un système d'axes dont l'origine est sur la voiture de police au moment où elle entame sa poursuite :
Ici, aucune symétrie n'est présente. Comme les deux voitures ne sont pas à vitesse constante, on ne peut calculer de vitesse relative pour résoudre le problème. Il faut donc procéder en décrivant les deux mouvements par rapport au sol. Ainsi, avec \(\unit{144}{\kilo\metre\per\hour}=\unit{40}{\metre\per\second}\), on peut écrire :
Oublions la position du kangourou et calculons la distance totale d'arrêt \(d_t\). Elle se compose de la distance de réaction \(d_r\) et la distance de freinage \(d_f\) :
\[d_t=d_r+d_f\]
Pour la distance de réaction, on a :
\[d_r=v\cdot t=40\cdot0,8=\unit{32}{\metre}\]
Pour la distance de freinage, il faut faire l'hypothèse d'un MRUA. Comme le mouvement est une décélération, c'est-à-dire un freinage, l'accélération est négative, et on a :
\begin{align*}
v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot d_f\;\Rightarrow\\
0^2&=40^2+2\cdot (-8)\cdot d_f\;\Rightarrow\\
d_f&=\frac{40^2}{16}=\unit{100}{\metre}
\end{align*}
Ainsi, la distance totale d'arrêt vaut :
\[d_t=32+100=\unit{132}{\metre}\]
Comme le kangourou se trouve à \unit{70}{\metre}, son avenir serait bien sombre s'il n'avait pas cette prodigieuse capacité à rebondir.
\end{Solution}
\begin{Solution}{26}
Un objet qui n'est soumis qu'à son poids est en chute libre, même s'il monte. Ainsi, l'accélération du plongeur, comme du dauphin, dans sa phase d'ascension vaut \unit{-9,81}{\metre\per\second\squared}. En effet, on a une décélération. Comme celle-ci est constante et que la vitesse au sommet est nulle, on peut écrire pour le plongeur :
Le plongeur est en chute libre. Son accélération vaut donc \(g=\unit{9,81}{\metre\per\second\squared}\). On fixe un axe vertical dont l'origine se situe à \unit{10}{\metre} et qui pointe vers le bas. On peut alors écrire :
Le premier et le second cas ne sont pas différents du point de vue du temps de chute. Néanmoins, la distance parcourue par le plongeur qui se déplace horizontalement est plus grande que celle du plongeur qui se laisse tomber. Mais sa vitesse totale (horizontale et verticale) est aussi plus grande. On peut ainsi comprendre qu'ils arriveraient en bas simultanément s'ils partaient en même temps.
Le troisième cas est plus complexe puisqu'il faut tenir compte d'une vitesse \(v_o=\unit{-1}{\metre\per\second}\) dans le sens contraire de l'axe :
Évidemment, la solution négative est à rejeter et la solution positive est supérieure au temps de chute calculé précédemment puisque le plongeur parcourt une certaine distance vers le haut avant de tomber.
En ce qui concerne la vitesse, dans le troisième cas on peut simplement déterminer la vitesse par :
Ce qui donne la même valeur que précedemment en raison de la faible vitesse verticale initiale et de l'arrondi. Celle-ci doit cependant être comptée et doit l'être négativement (\(v_o=\unit{-1}{\metre\per\second}\)), car elle est vers le haut alors que l'axe est vers le bas.
\end{Solution}
\begin{Solution}{28}
Cet objet est en chute libre. Son accélération vaut donc \(g\). On peut écrire pour un MRUA :
Ce qui représente une accélération d'un demi \(g\).
\end{Solution}
\begin{Solution}{31}
Le temps de chute est le même que celui d'un objet tombant verticalement. En effet, seul le poids est présent et l'objet est en chute libre. Ainsi, on peut écrire :
Commençons par calculer la distance qu'elle a parcouru pendant la phase de poussée. Pour cela, on a la vitesse moyenne \(\overline{v}\) et le temps que dure le mouvement. Ainsi, on peut poser :
A ce moment-là, au bout de deux minutes et à \unit{360}{\metre} d'altitude, la poussée cesse (le moteur s'arrête). Si on imagine un axe \(y\) orienté vers le haut et dont l'origine se situe au sol, on a donc une fusée qui se situe en \(y_o=\unit{360}{\metre}\) avec une vitesse \(v_o=\unit{4}{\metre\per\second}\) et qui n'est plus soumise qu'à son poids. Elle est donc en chute libre, même si elle monte, et son accélération dirigée vers le bas, dans le sens contraire du mouvement, est une décélération qui vaut : \(g=\unit{-9,81}{\metre\per\second\squared}\). Pendant quelques instants, elle va donc encore monter jusqu'à s'arrêter. Pour calculer la distance sur laquelle elle s'arrête, comme on ne dispose pas du temps qu'elle met pour le faire, on doit écrire :
Ainsi la hauteur totale à laquelle est parvenue la fusée vaut :
\[h_{tot}=360+0,8155=\unit{360,8155}{\metre}\]
Pour déterminer le temps de vol, on dispose en premier lieu du temps de poussée qui est de deux minutes. Il faut encore calculer le temps de chute de la fusée entre le moment ou la poussée cesse et celui ou elle arrive au sol. Pour cela, il faut écrire :
Pour Aristote, au moment où l'obus est sorti du canon, plus aucune action horizontale vers l'avant ne s'exerce sur lui. Il cessera donc de se déplacer horizontalement et retombera exactement là où il a quitté le canon.
Pendant l'élévation et la chute de l'obus, le scooter avance à vitesse constante. La distance dont il s'est déplacé par rapport à l'obus (qui n'a selon Aristote pas bougé horizontalement) est donc de :
Rappelons que selon Aristote, dès le moment où on a lâché le couteau, plus aucune force horizontale ne s'exerce sur lui et il va tomber parfaitement verticalement. Or, le bateau avance pendant ce temps. La distance au pied du mât à laquelle tombe le couteau est donc de :
Pour connaître la vitesse de rotation de la Terre à Paris, il faut connaître la distance parcourue en \unit{24}{\hour}. Pour cela, il faut connaître sa distance \(r\) à l'axe de rotation de la Terre (voir figure \ref{eiffelmecanique}).
\begin{figure}[!t]
\centering
\caption{Chute aristotélicienne de la tour Eiffel.\label{eiffelmecanique}}
\includegraphics{EiffelMecanique.eps}
\end{figure}
On a d'après la figure \ref{eiffelmecanique} que :
Le schéma de la situation est donné par la figure \ref{remorque}.
\begin{figure}[!t]
\centering
\caption{Une remorque\label{remorque}}
\includegraphics[width=6cm]{Remorque.eps}
\end{figure}
La remorque avance à vitesse constante. La première loi de Newton nous indique alors que la somme des forces qui s'exercent sur elle est nulle. On peut considérer successivement le cas des forces verticales et celui des forces horizontales.
Verticalement, la position de la voiture ne change pas. Elle est verticalement à l'arrêt. La réaction du sol \(\overrightarrow R\) est donc égale en grandeur, mais opposée, au poids \(\overrightarrow P\), comme présenté dans la figure \ref{remorque}.
Horizontalement par contre, la remorque se déplace. Mais elle le fait à vitesse constante et donc, là encore, la somme des forces horizontales qui s'exercent sur elle est nulle. La force de frottement \(\overrightarrow F_{fr}\) est égale en grandeur et opposée à la force \(\overrightarrow F\) exercée par la voiture pour tirer la remorque. Ainsi :
\[F=F_{fr}=\unit{500}{\newton}\]
Si la voiture a une accélération, la situation des forces verticales ne change pas. On a toujours : \(\overrightarrow R=-\overrightarrow P\). Par contre, la sommes des forces horizontales n'est plus nulle. On a, selon l'axe de la figure \ref{remorque} :
Ce problème est identique au problème \ref{exfusee} de la fusée. Il suffit de remplacer la fusée par l'ascenseur et de considérer la force de propulsion de la fusée comme la force de traction du câble. Considérons donc la figure \ref{fusee}. Selon l'axe considéré, on a :
\begin{align*}
F-P&=m\cdot a\,\Rightarrow\\
F&=m\cdot a+m\cdot g=260\cdot 4+260\cdot 9,81\\
&=\unit{3590,6}{\newton}
\end{align*}
\end{Solution}
\begin{Solution}{39}
Pour que la voiture ralentisse, il faut que la force qui s'exerce sur elle soit vers l'arrière. C'est la force de frottement du sol sur les roues qui la freine. En effet, sur la glace elle ne s'exerce pas et la voiture ne peut freiner.
Tant la force que l'accélération sont donc dirigées vers l'arrière. La décélération se calculant par :
Elle est négative, donc bien dirigée vers l'arrière.
\end{Solution}
\begin{Solution}{40}
Ce problème illustre bien l'importance du choix du système. Comme tout se déroule horizontalement, on ne va considérer que les forces horizontales. Les verticales existent, mais n'interviennent pas.
\begin{enumerate}
\item Comme on cherche la force nécessaire à l'augmentation de vitesse du train dans son entier, considérons pour système le train entier. Sa masse totale est \(M=\unit{300\cdot10^3}{\kilo\gram}\). Son accélération est :
\item Cette fois-ci, on cherche la force exercée sur une partie du train : les wagons. On ne va donc considérer comme système que les wagons. Une seule force \(F\) les tire vers l'avant avec la même accélération que celle du train dans son ensemble. Leur masse est \(m=\unit{250\cdot10^3}{\kilo\gram}\). On a donc :
Pendant la montée, la balle subit deux forces extérieures vers le bas : son poids \(P=m\cdot g\) et la force de frottement \(F_{fr}\). En prenant un axe vertical dirigé vers le haut, on peut donc écrire :
La balle a donc une décélération constante. Ainsi il s'agit d'un MRUA et, connaissant les vitesses initiale et finale et l'accélération, on peut écrire :
\begin{align*}
v^2&=v_o^2+2\cdot a\cdot h\;\Rightarrow\\
0&=2^2-2\cdot 10,31\cdot h\;\Rightarrow\\
h&=\unit{0,194}{\metre}=\unit{19,4}{\centi\metre}
\end{align*}
Évidemment, elle monte moins haut que s'il n'y avait pas de frottements.
\end{Solution}
\begin{Solution}{42}
La première phase du mouvement se déroule à vitesse constante. La distance parcourue pendant cinq minutes, c'est-à-dire \(1/12\,h\), est donc donnée par :
L'ensemble se comporte comme un système en une dimension dont l'accélération se fait dans le sens de la masse la plus grande et qui est freiné par la masse la plus faible. Si on définit le sens positif de l'axe dans le sens du mouvement, on peut écrire :
On choisit comme système la personne. Les forces extérieures sont alors :
\begin{itemize}
\item son poids \(\overrightarrow P\) et
\item la force \(\overrightarrow R\) exercée par la balance sur la personne. Sa réaction, la force exercée par la personne sur la balance, permet à cette dernière de donner une indication du poids de la personne, indiqué malheureusement en kilogrammes (et non en newtons, comme cela devrait être le cas) par la balance.
A partir de là, on peut considérer les différents cas :
\begin{enumerate}
\item Quand l'ascenseur prend de la vitesse, l'accélération vaut \unit{2}{\metre\per\second\squared}. La réaction de la balance est alors :
\[R=70\cdot2+70\cdot9,81=\unit{826,7}{\newton}\]
et la balance indiquerait :
\[m=\frac{826,7}{9,81}=\unit{84,3}{\kilo\gram}\]
La personne a un poids plus important qu'à l'arrêt et donc l'indication donnée en terme de masse par la balance pourrait laisser croire à~\cdot de l'embonpoint.
\item Pendant la phase à vitesse constante, l'accélération vaut \unit{0}{\metre\per\second\squared}. La réaction de la balance est alors :
\[R=70\cdot0+70\cdot9,81=\unit{686,7}{\newton}\]
et la balance indiquerait :
\[m=\frac{686,7}{9,81}=\unit{70}{\kilo\gram}\]
La personne a le même poids qu'à l'arrêt et donc l'indication donnée en terme de masse par la balance est juste.
\item Quand l'ascenseur perd de la vitesse, l'accélération vaut \unit{-3}{\metre\per\second\squared}. La réaction de la balance est alors :
La personne a un poids moins important qu'à l'arrêt et donc l'indication donnée en terme de masse par la balance pourrait laisser croire à~\cdot une maladie.
\end{enumerate}
On voit qu'une balance indique quelque chose de relatif à l'état de mouvement de la personne. Elle n'indique donc pas une quantité de matière, c'est-à-dire une masse. Une balance devrait donc être graduée en newtons. Elle l'est en \kilo\gram, car on a l'habitude de se peser à l'arrêt (bien que~\cdot la Terre tournant~\cdot) et à la surface de la Terre. Dans ce cas bien précis, il suffit en effet de diviser son indication (ou de reporter face à la graduation une indication de masse) par \gram pour obtenir la masse.
Le poids à la surface de la Terre peut être calculé de deux manières. A l'aide de la loi de la gravitation universelle et à l'aide de sa définition \(P=m\cdot g\). Il s'agit de la même force. On peut donc écrire :
\item lors d'un déplacement horizontal, le poids et le déplacement sont perpendiculaires et le travail est nul (car \(\cos(90^{\circ})=0\)).
\end{itemize}
Ainsi, le travail total est la somme des travaux pour chaque déplacement :
\[A_{tot}=-117,72+0+117,72+0=\unit{0}{\joule}\]
Le travail du poids pour un parcours fermé est donc nul. On dit d'une telle force qu'elle est ``conservative''. Ce n'est que pour de telles forces qu'il existe une énergie potentielle.
Pour résoudre le problème à l'aide de l'énergie, il faut considérer que toute l'énergie potentielle de la personne en haut du plongeoir se transforme graduellement en énergie cinétique pendant sa chute. Si le zéro de l'énergie potentielle est choisi au niveau de l'eau, le plongeur n'a plus d'énergie potentielle lorsqu'il l'atteint. Elle s'est entièrement transformée en énergie cinétique. On peut donc écrire :
Cependant, il faut remarquer que l'égalité de l'énergie potentielle et de l'énergie cinétique dérive du théorème de conservation de l'énergie mécanique. En effet, comme c'est le cas ici, en l'absence de forces non conservatives, on peut écrire :
Remarquons enfin, que le problème est ici tout aussi facile à résoudre des deux manières. Cependant, dans le premier cas, on a pu le faire car on sait qu'une chute libre est un MRUA. Pour d'autres types de mouvements, qui ne sont pas des MRUA, pour trouver la vitesse à partir de l'accélération, il faut résoudre une intégrale. Et là, cela peut être beaucoup plus difficile qu'en utilisant l'énergie.
\end{Solution}
\begin{Solution}{60}
On n'utilisera pas ici la méthode newtonienne, même si le problème peut être résolu de cette manière.
Fixons le zéro de l'énergie potentielle là où l'objet décolle. Alors, son énergie potentielle est nulle et son énergie cinétique maximale. En montant, il perd graduellement de l'énergie cinétique au profit de l'énergie potentielle. Arrivé au sommet de sa trajectoire, il s'arrête brièvement et son énergie potentielle est maximale alors que son énergie cinétique est nulle. On peut donc dire que toute son énergie cinétique du départ s'est transformée en énergie potentielle au sommet et écrire :
Cette vitesse est un vecteur qui fait avec l'horizontale un angle de \unit{15}{\degree}. La balistique (voir annexe \ref{balistique}) nous apprend qu'il faut décomposer le mouvement sur chaque axe. En particulier la vitesse initiale a les composantes suivantes :
puisque le vecteur vitesse pointe sous l'horizontale (\(\alpha<0\)).
En choisissant un système d'axes dont l'origine est au sol et au pied du bord du toit, on peut alors écrire les équations de la position de la tuile au cours du temps :
On cherche alors la position horizontale de la tuile au moment où elle arrive au sol, soit \(x(t_{sol})\). Il faut donc calculer \(t_{sol}\). Or, à ce moment là, \(y(t_{sol})=0\). La seconde équation nous donne donc :
La chute à donc une puissance de \unit{2590}{\watt}. Son frigo et sa machine à laver ont une puissance totale de \unit{2,2}{\kilo\watt}. Reste donc \(2590-2200=\unit{390}{\watt}\) pour les ampoules. Or, \(390/40=9,75\). Robinson pourra donc utiliser \(9\) ampoules.
Compte tenu des frottements, l'énergie totale nécessaire est de \(2\cdot2'354,4=\unit{4'708,8}{\joule}\). Soit, pour une montée en \unit{2}{\minute}, une puissance de :
Ainsi, si \unit{40}{\watt} sont nécessaires, Robinson n'utilise certainement pas les quelques \unit{130}{\watt} fournis par la chute d'eau. L'ascenseur est donc réalisable.
\end{Solution}
\begin{Solution}{65}
Le nombre de ménages est de \(30'000/2,5=12'000\). Il faut donc fournir une énergie de :
Il faut donc utiliser une petite éolienne de \unit{1,14}{\metre} de rayon.
\end{Solution}
\begin{Solution}{69}
L'équation \ref{thermique}, page \pageref{thermique}, permet de calculer la puissance \(\Delta P\) nécessaire pour chauffer une masse de \unit{100}{\kilo\gram} d'eau :
Cela signifie que les capteurs produisent une énergie \(E=\unit{375}{\joule\per\second}\). Chaque seconde, il faut donc évacuer cette énergie. La masse d'eau nécessaire pour cela est donnée par l'équation \ref{thermique}, page \pageref{thermique} :
En effet, la masse volumique de l'eau est de \unit{1}{\kilo\gram\per\litre}. Le débit est donc très faible et vaut \(D=\unit{6}{\milli\litre\per\second}=\unit{21,6}{\litre\per\hour}\).
\end{Solution}
\begin{Solution}{71}
L'énergie annuelle produite par les \unit{8}{\metre\squared} de cellules est, compte tenu d'un rendement d'environ 15\%, c'est-à-dire \unit{20}{\watt\per\metre\squared} :
