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Quelles sont les équations cinématiques du MRUA ?

Toutes les formules utilisables pour analyser le Mouvement Rectiligne Uniformément Accéléré.

Quelles sont les équations cinématiques du MRUA ?

Les équations cinématiques du MRUA sont les équations qui relient les cinq variables cinématiques ci-dessous :
ΔxDéplacement
tIntervalle de temps 
v0  Vitesse algébrique initiale 
v    Vitesse algébrique finale 
a    Accélération constante 
Lorsqu'on connait trois de ces cinq variables cinématiques - Δx,t,v0,v,a - pour un objet soumis à un Mouvement Rectiligne Uniformément Accéléré, on peut utiliser une des équations cinématiques ci-dessous pour exprimer une des variables inconnues.
Les équations cinématiques du MRUA sont les quatre équations suivantes :
1.v=v0+at
2.Δx=(v+v02)t
3.Δx=v0t+12at2
4.v2=v02+2aΔx
Ces équations cinématiques n'étant valables que lorsque l'accélération est constante sur l'intervalle de temps considéré, il faut bien faire attention à ne pas les utiliser lorsque l'accélération varie. De plus, le mouvement étant rectiligne, elles supposent que toutes les grandeurs concernent une seule et même direction : horizontale selon x, verticale selon y, etc.

Qu'est-ce que le mouvement de chute libre ?

On pourrait penser qu'imposer une accélération constante limite considérablement le champ d'application des équations cinématiques. En fait, un mouvement très souvent rencontré, la chute libre, se trouve être un mouvement uniformément accéléré c'est-à-dire à accélération constante.
Tous les objets en chute libre sur la Terre, quelle que soit leur masse, sont soumis à une accélération due à l'attraction gravitationnelle de la Terre sur l'objet. Cette accélération peut être, dans une très bonne approximation, considérée comme constante au voisinage de la Terre. On l'appelle alors accélération de la pesanteur : elle est orientée selon la verticale vers le bas et sa norme vaut g=9,81ms2.
g=9,81ms2(norme de l’accélération de la pesanteur)
Par définition, un objet est dit en chute libre s'il n'est soumis qu'à l'accélération de la pesanteur. Si on suppose que l'influence de la résistance de l'air est négligeable, n'importe quel objet lâché ou lancé peut être considéré comme un objet en chute libre soumis à une accélération constante orientée verticalement vers le bas de valeur g=9,81ms2.
Cela peut paraitre assez étrange dans la mesure où un gros rocher est soumis alors à la même accélération vers le bas qu'un petit caillou, et s'ils sont lâchés de la même hauteur, ils atteindront le sol en même temps.
C'est aussi une chance puisqu'il n'est donc pas nécessaire de connaitre la masse de l'objet pour appliquer les équations cinématiques puisque son accélération sera toujours g=9,81ms2 quelle que soit sa masse, tant que la résistance de l'air est négligeable.
Il faut bien noter que g=9,81ms2 est juste la norme de l'accélération de la pesanteur. Si l'axe vertical est orienté positivement vers le haut, la valeur algébrique de l'accélération de la pesanteur dans les équations cinématiques est négative ay=9,81ms2.
Attention : l'oubli du signe moins est une des erreurs les plus fréquentes lors de l'application des équations cinématiques à la chute libre.

Comment choisir et appliquer une équation cinématique ?

En choisissant l'équation cinématique qui contient à la fois la variable inconnue et trois des variables cinématiques connues, on peut exprimer l'unique variable inconnue directement à partir de l'équation cinématique choisie.
Par exemple, on suppose qu'on donne un coup de pied dans un livre posé sur le sol de telle sorte que sa vitesse algébrique initiale vaut v0=5 m/s. Pendant la durée t=3 s, le livre glisse sur le sol en parcourant la distance Δx=8 m. En supposant que le mouvement est rectiligne uniformément accéléré, on peut utiliser ici l'équation cinématique Δx=v0t+12at2 pour déterminer l'accélération du livre a - supposée constante - puisque les trois autres variables Δx,v0,t sont connues.
Astuce : dans chaque équation cinématique, il ne manque qu'une seule des variables cinématiques Δx,t,v0,v,a.
1.v=v0+at(dans cette équation il manque Δx)
2.Δx=(v+v02)t(dans cette équation il manque a)
3.Δx=v0t+12at2(dans cette équation il manque v)
4.v2=v02+2aΔx(dans cette équation il manque t)
Pour choisir l'équation cinématique qui convient au problème posé, il faut repérer la variable qui n'est ni donnée, ni demandée. Dans l'exemple ci-dessus, la vitesse algébrique finale v du livre n'est ni donnée, ni demandée, il faut donc choisir l'équation où elle n'apparaît pas. L'équation cinématique Δx=v0t+12at2 ne contient pas v, c'est donc la bonne équation pour déterminer l'accélération a.

Démonstration de la première équation cinématique v=v0+at

Cette équation cinématique est probablement la plus simple à démontrer puisqu'il s'agit seulement d'une version réarrangée de la définition de l'accélération. On part donc de la définition de l'accélération :
a=ΔvΔt
Par définition, on écrit Δv comme la variation de vitesse algébrique vv0 :
a=vv0Δt
On en déduit l'expression de v :
v=v0+aΔt
Enfin, en écrivant t à la place de Δt, on retrouve la première équation cinématique :
v=v0+at

Démonstration de la deuxième équation cinématique Δx=(v+v02)t

Une manière simple de démontrer la deuxième équation cinématique est de partir de la représentation graphique de la vitesse algébrique d'un objet subissant une accélération constante - c'est-à-dire, avec une pente constante - et ayant une vitesse algébrique initiale v0 comme illustrée ci-dessous.
L'aire sous la courbe de v(t) correspond au déplacement Δx. Donc, l'aire sous cette courbe de v(t) donne le déplacement Δx de l'objet.
Δx= aire totale
Pour que l'aire soit plus simple à calculer, on la décompose en un rectangle bleu et un triangle rouge comme le montre le schéma ci-dessus.
La hauteur du rectangle bleu est v0 et sa largeur est t, son aire est donc v0t.
La base du triangle rouge est t et sa hauteur est vv0, son aire est donc 12t(vv0).
L'aire totale est la somme des aires du rectangle bleu et du triangle rouge.
Δx=v0t+12t(vv0)
En distribuant le facteur 12t on obtient :
Δx=v0t+12vt12v0t
En regroupant les termes en v0, on a :
Δx=12vt+12v0t
On en déduit la deuxième équation cinématique :
Δx=(v+v02)t
Cette formule est intéressante car si l'on divise les deux côtés par t, on obtient Δxt=(v+v02). Cela montre que la vitesse algébrique moyenne Δxt, est égale à la moyenne des vitesses algébriques finale et initiale v+v02. Cela est vrai uniquement lorsque l'accélération est constante puisque cette formule a été démontrée en partant d'une courbe de v(t) de pente constante.

Démonstration de la troisième équation cinématique Δx=v0t+12at2

Il y a différentes manières de démontrer l'équation Δx=v0t+12at2 : une démonstration géométrique assez visuelle et une démonstration analytique plus calculatoire. Voici d'abord la démonstration géométrique.
Un objet, ayant une vitesse algébrique initiale v0, est soumis à une accélération constante de manière à atteindre la vitesse algébrique finale v.
Puisque l'aire sous la courbe de v(t) donne le déplacement Δx, on peut affirmer que à chaque terme de droite dans l'équation Δx=v0t+12at2 est associée une aire sur la représentation graphique ci-dessus.
Le terme v0t représente l'aire du rectangle bleu puisque Arectangle=hauteur×largeur.
Le terme 12at2 représente l'aire du triangle rouge puisque Atriangle=12×base×hauteur.
En se rappelant que l'aire totale sous la courbe donne le déplacement, on retrouve la formule Δx=v0t+12at2. Il est important de remarquer que cette équation - comme les autres équations cinématiques - n'est valable que lorsque l’accélération est constante, c'est-à-dire lorsque la courbe de v(t) est une droite.
Voici maintenant la démonstration analytique. La troisième équation cinématique peut être démontrée en incorporant la première équation, v=v0+at, dans la seconde, Δxt=v+v02.
On part de la seconde équation cinématique :
Δxt=v+v02
On remplace v par v=v0+at :
Δxt=(v0+at)+v02
On développe la partie droite de l'équation :
Δxt=v02+at2+v02
On regroupe les v02 de la partie droite de l'équation :
Δxt=v0+at2
Enfin, on multiplie chaque terme de l'équation par t, ce qui donne la troisième équation cinématique :
Δx=v0t+12at2
Bien entendu, les équations utilisées dans la démonstration n'étant valables que si l'accélération est constante, cette troisième équation n'est vérifiée que lorsque l'accélération est constante.

Démonstration de la quatrième équation cinématique v2=v02+2aΔx

Pour démontrer la quatrième équation cinématique, on part de la deuxième :
Δx=(v+v02)t
L'objectif est d'éliminer t de cette formule. Pour ce faire, on réécrit la première équation cinématique, v=v0+at, sous la forme t=vv0a. On utilise ensuite cette expression pour remplacer t dans la deuxième équation cinématique :
Δx=(v+v02)(vv0a)
On développe la partie droite de l'équation :
Δx=(v2v022a)
En exprimant v2, on obtient la quatrième équation cinématique :
v2=v02+2aΔx

Quelles sont les difficultés majeures avec les équations cinématiques ?

On oublie souvent que ces équations cinématiques ne sont vraies que lorsque l'accélération est constante sur l'intervalle de temps considéré.
Parfois, une variable connue n'est pas explicitement donnée dans un problème, mais elle peut être évoquée implicitement avec des expressions spécifiques. Par exemple, "démarre au repos" signifie v0=0, "lâché" signifie v0=0 la plupart du temps, et "s'arrête" signifie v=0. De plus, la valeur de l'accélération de la pesanteur est g=9,81ms2, cette dernière est rarement donnée dans les problèmes qui concernent un projectile en chute libre.
On oublie souvent que toutes les variables cinématiques - Δx,vo,v,a —excepté t— peuvent être négatives. L'oubli d'un signe moins est une erreur très commune. Si la verticale est orientée positivement vers le haut, alors l'accélération de la pesanteur que subit un projectile en chute libre doit être négative : ag=9,81 m s2.
La troisième équation cinématique, Δx=v0t+12at2, peut nécessiter l'utilisation des solutions d'une équation du second degré (voir dans l'exemple 3 ci-dessous).
On oublie souvent que bien que l'on puisse choisir n'importe quel intervalle de temps dès lors que l'accélération est constante, les variables cinématiques utilisées dans les équations cinématiques doivent être cohérentes avec l'intervalle de temps considéré. Autrement dit, la vitesse algébrique initiale v0 doit être la vitesse algébrique de l'objet pour la position à laquelle il se trouve lorsque l'intervalle de temps t commence. De manière analogue, la vitesse algébrique finale v doit être la vitesse algébrique de l'objet pour la position à laquelle il se trouve lorsque l'intervalle de temps t se termine.

Exercices d'application sur les équations cinématiques :

Exemple 1 : Première équation cinématique, v=v0+at

Un ballon rempli de liquide est lâché du haut d'un gratte-ciel.
Quelle est la vitesse algébrique du ballon après t=2,35 s de chute ?
En supposant que la verticale est orientée positivement vers le haut, les variables connues sont :
v0=0 (le ballon démarre au repos puisqu'il est lâché)
t=2,35 s (intervalle de temps à la fin duquel on veut déterminer la vitesse algébrique)
ag=9,81ms2 (imposé par le mouvement de chute libre du ballon)
Dans cette situation, le mouvement est vertical, on utilise donc y comme variable de position plutôt que x. Le symbole choisi a peu d'importance dès lors qu'on reste cohérent, mais en pratique, c'est très souvent y qu'on utilise pour décrire les mouvements verticaux.
Puisqu'on ne connait pas le déplacement Δy et puisque le déplacement Δy n'est pas non plus demandé, on utilise la première équation cinématique v=v0+at, dans laquelle Δy n'apparaît pas.
v=v0+at(on utilise la première équation cinématique puisqu’elle ne contient pas le terme Δy)
v=0 m/s+(9,81ms2)×(2,35 s)(on remplace les grandeurs connues par leurs valeurs numériques)
v=23,1 m/s(on fait l’application numérique et on précise les unités)
Remarque : La vitesse algébrique finale est négative puisque le ballon se dirige vers le bas.

Exemple 2 : Deuxième équation cinématique, Δx=(v+v02)t

Un léopard court à 6,20 m/s. En apercevant un mirage ressemblant à un vendeur de glace, il se met à accélérer pendant 3,3s jusqu'à atteindre la vitesse de 23,1 m/s.
Quelle distance le léopard a-t-il parcourue en passant de 6,20 m/s à 23,1 m/s ?
En supposant que le mouvement a lieu dans le sens positif, les variables connues sont :
v0=6,20 m/s (la vitesse initiale du léopard)
v=23,1 m/s (la vitesse finale du léopard)
t=3,30 s (l'intervalle de temps sur lequel le léopard accélère)
Puisqu'on ne connait pas l'accélération a et qu'elle n'est pas demandée, on utilise la seconde équation cinématique sur la direction horizontale Δx=(v+v02)t, dans laquelle a n'apparaît pas.
Δx=(v+v02)t(on utilise la seconde équation cinématique puisqu’elle ne contient pas le terme a)
Δx=23,1 m/s+6,20 m/s2×3,30 s(on remplace les grandeurs connues par leurs valeurs numériques)
Δx=48,3 m(on fait l’application numérique et on précise les unités)

Exemple 3 : Troisième équation cinématique, Δx=v0t+12at2

Une étudiante lassée de travailler sur les équations cinématiques jette son crayon verticalement vers le haut à 18,3 m/s.
En combien de temps le crayon atteint-il le point situé à 12,2 m au-dessus du point où il a été lancé ?
En supposant que la verticale est orientée positivement vers le haut, les variables connues sont :
v0=18,3 m/s(la vitesse algébrique initiale du crayon, dirigée vers le haut)
Δy=12,2 m (on cherche l'intervalle de temps mis pour parcourir ce déplacement)
a=9,81 m s2 (le crayon est un projectile en chute libre)
Puisqu'on ne connait pas la vitesse algébrique finale v et qu'elle n'est pas demandée, on utilise la troisième équation cinématique sur la direction verticale Δy=v0yt+12ayt2, dans laquelle v n'apparaît pas.
Δy=v0yt+12ayt2(on écrit la troisième équation cinématique)
Jusqu'à présent, on a pu déduire l'expression de la variable inconnue assez simplement à partir de l'équation cinématique. Ici, déduire l'expression de t si aucun terme ne s'annule est un peu plus ardu. En effet, comme on peut le voir en remplaçant les grandeurs connues par leurs valeurs numériques, on est en présence d'une équation du second degré :
12,2 m=(18,3 m/s)×t+12×(9,81 m s2)×t2(on remplace les grandeurs connues par leurs valeurs numériques)
On passe tous les termes du même côté de l'équation de façon à pouvoir résoudre cette équation du second degré plus simplement. En soustrayant 12,2 m des deux côtés, on obtient :
0=12(9,81 m s2)×t2+(18,3 m/s)×t12,2 m(on met sous la forme d’une équation du second degré)
Il faut donc maintenant résoudre cette équation du second degré pour la variable t. Les solutions d'une équation de la forme at2+bt+c=0 sont de la forme t=b±b24ac2a. Ici, on a a=12×(9,81 m s2), b=18,3 m/s, et c=12,2 m.
Les solutions sont donc :
t=18,3 m/s±(18,3 m/s)24×[12×(9,81 m s2)×(12,2 m)]2×[12×(9,81 m s2)]
Comme il y a un signe plus ou moins dans l'expression de t, il y a deux solutions possibles : une en utilisant le + et une en utilisant le . Le calcul des solutions donne les intervalles de temps suivants :
t=0,869 s et t=2,86 s
Il y a deux solutions positives puisqu'il y a deux instants pour lesquels le crayon se trouve à une hauteur de 12,2 m au-dessus du point de lancement. L'intervalle de temps le plus petit correspond à la montée du crayon, c'est-à-dire à un déplacement direct de 12,2 m. L'intervalle de temps le plus grand correspond au temps mis par le crayon pour monter, atteindre son altitude maximale, puis tomber en repassant par une altitude correspondant à un déplacement de 12,2 m.
Par conséquent, il faut choisir l'intervalle de temps le plus petit t=0,869 s pour avoir la réponse à la question "En combien de temps le crayon atteint-il le point situé à 12,2 m au-dessus du point où il a été lancé ?".

Exemple 4 : Quatrième équation cinématique, v2=v02+2aΔx

Un motard roule à la vitesse de 23,4 m/s. Voyant qu'il s'approche d'un embouteillage, il décide de ralentir sur une distance de 50,2 m avec une décélération constante de valeur 3,20 m s2. On suppose que le mouvement du motard est rectiligne sur l'ensemble du trajet et qu'il avance continuellement.
Quelle est la nouvelle vitesse algébrique du motard après avoir ralenti sur 50,2 m ?
En supposant que le mouvement a lieu dans le sens positif, les variables connues sont :
v0=+23,4 m/s (la vitesse algébrique initiale du motard, dirigée dans le sens du mouvement)
a=3,20 m s2 (l'accélération est négative puisque le motard ralentit et que le sens du mouvement est compté positivement)
Δx=50,2 m (on cherche la vitesse algébrique atteinte par le motard à la fin de ce déplacement)
Puisqu'on ne connait pas l'intervalle de temps t et qu'il n'est pas demandé, on utilise la quatrième équation cinématique sur la direction horizontale vx2=v0x2+2axΔx, dans laquelle t n'apparaît pas.
vx2=v0x2+2axΔx(on écrit la quatrième équation cinématique)
vx=±v0x2+2axΔx(on exprime la vitesse algébrique finale)
On remarque qu'en prenant la racine carrée, on obtient deux réponses possibles : l'une positive, l'autre négative. Puisque le motard avance continuellement dans le sens considéré positif, on choisit donc la réponse positive vx=+v0x2+2axΔx.
On obtient donc l'expression numérique suivante :
vx=(23,4 m/s)2+2×(3,20 m s2)×(50,2 m)(on remplace avec les grandeurs connues par leurs valeurs numériques)
vx=15,0 m/s(on fait l’application numérique et on précise les unités)

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