Le Produit vectoriel - Exercices corrigés 3 PDF

Chapitre II – Les forces – Corrigé de la série des Travaux Dirigés 2

Exercice 01 :

Corrigé :

(

^{x x}

) (

^{i y y}

) (

^{j z z}

)

^k

AB _{B A} r _{B A} r _{B A} r

. .

. + − + −

−

= =

(

⁵⁻²

) (

^{.ir+ 7−3}

) (

^{.rj+ −3+3}

)

^{.kr = 3ir+4rj}

1. Caractéristiques du vecteur AB : a. Module : AB= 3²+4² =5

b. Les composantes : xAB=3, yAB =4

c. La direction (le support) : Obtenu en déterminant les cosinus directeurs :











= 

AB AB x

i, ) cos ^AB cos(r

= =



 



 5

cos 3 0,6 ⇒ α =cos⁻¹(0,6)=53,13°











= 

AB AB y

j, ) cos ^AB cos(r

= =



 



 5

cos 4 0,8 ⇒ β =cos⁻¹(0,8)=36;87°











= 

AB AB z

k, ) cos ^AB cos(r

= =



 



 5

cos 0 0 ⇒

) 2 0 (

cos ¹ π

γ = ⁻ = Le support se trouve dans le plan

(

^0,x,y

)

^.

c. Le sens :

Toutes les composantes sont positives, alors ABest orienté positivement suivant les deux axes Ox et Oy.

2. Les composantes du vecteur perpendiculaire à AB : Soit le vecteur Vr

orthogonal à AB et appartenant au plan

(

^0,x,y

)

^{. Donc :}

0 .AB= Vr

:

(

^x.ir+y.rj

) (

^{• 3.ir+4.rj}

)

^{= 3x+4y=0, soit y x}

4

= 3 . Tout vecteur dont le support est la droite y x

4

= 3 est un vecteur orthogonal à ABet appartenant au plan

(

^0,x,y

)

^.

0r r∧AB=

V : 0

. .

. r

=

 ∧





AB k z

j y

i x

Exercice 02 : La résultante Rr

de deux forces Fr₁ et Fr₂

, de module égal à 50 N et fait un angle 30° par rapport à Fr₁

, de module égal à 15 N.

- Déterminer le module de la force Fr₂

et la l’angle entre les deux vecteurs Fr₁ et Fr₂

. Deux points A et B dont les coordonnées sont données par : A(2,3,-3) ; B(5,7,-3).

- Déterminer le module, les composantes, la direction (les cosinus directeurs) et le sens du vecteur AB ;

- Déterminer les composantes du vecteur Vr

perpendiculaire AB à appartenant au plan (0, x, y).

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Corrigé :

Nous devons former deux équations à deux inconnues Fr₂

etβ à partir de la figure ci-dessous.

D’une part, selon le théorème de Pythagore : Pour simplifier l’écriture, posons Fr₁ =F₁

, Fr₂ =F₂

et Rr =R .

2 2 2 2

CD AC AD

R = = + ,

Avec AC = AB + BC = F₁ + F₂.cos β ; CD=F₂.sinα D’où :

(

^β

)

2^{2 2β}

2 2

1

2 F F.cos F .sin

R = + +

β β

β .sin 2 . .cos cos

. ² ₂^{2 2} _{1 2}

2 2 2 1

2 F F F F F

R = + + +

β cos . . 2 _{1 2}

2 2 2 1

2 F F F F

R = + + (1)

D’autre part, nous cherchons une équation différente qui contient cosβ : β

α .cos

cos

. AB BC F₁ F₂

R

AC = = + = +

d'où :

1

2.cos R.cos F

F β = α − (2)

Substituons F₂.cosβ de (2) dans (1) :

(

1

)

1 2 2 2 1

2 F F 2F. R.cos F

R = + + α −

Soit :

α cos . . 2 ₁

2 1 2

2 R F F R

F = + + = 50² +15² −2.15.50.cos30= 37,76 N Et,

2

cos 1

cos .

F F

R −

= α

β =

44 , 44

15 30 cos .

50 −

= 0,7495 ^{⇒β =cos−1}

(

^0,7495

)

^=41,45°

Exercice 03 :

Corrigé :

a. ^{V1•V2 =}

(

^{2ir− rj+5kr}

) (

^{• −3ir+1,5rj−7,5kr}

)

^{=2.(-3)+(-).1,5+5.(-7,5) =}

b. ^V1•V1=

(

^{2ir− rj+5kr}

) (

^{• 2ir− rj+5kr}

)

^{=22+(−1)2 +52=}

c. ^V2•V2=

(

^{−3ir+1,5rj−7,5kr}

) (

^{• −3ir+1,5rj−7,5kr}

)

^{=(−3)2+(1,5)2+(−7,5)2=}

d.

( )

( )

( )







=

−

−

−

=

−

−

−

−

=

−

−

−

 =







−

−

 ∧







−

=

∧

k k

j j

i i

k j i

k j i V

V r r

r r

r r

r r r

r r r

0 ) 3 ).(

1 ( 5 , 1 . 2

0 ) 3 .(

5 ) 5 , 7 .(

2

0 5 , 1 . 5 ) 5 , 7 ).(

1 ( 5 , 7 5 , 1

3 5

2

2 1

e.

( )

( )

( )







−

=

−

−

−

=

−

−

−

−

−

=

−

−

 =





−

 ∧







−

−

=

∧

k k

j j

i i

k j

i

k j i V

V r r

r r

r r

r r

r

r r r

5 , 4 )

5 .(

5 , 1 4 ).

3 (

5 , 40 )

5 ).(

5 , 7 ( 1 ).

3 (

5 , 31 ) 4 ).(

5 , 7 ( 1 . 5 , 1 4

5 5

, 7 5 , 1

3

3 2

Pour les vecteurs V ir rj kr 5

1=2 − + ; V ir rj kr

5 , 7 5 , 1

2 =−3 + − ; V ir rj kr

+ +

−

= 5 4

3 , Calculer :

2

1 V

V • , V₁•V₁ ; V₂•V₂ , V₁∧V₂, V₂∧V₃ ,V₃∧V₂, ^V1•

(

^V2∧V3

)

^{et V1∧}

(

^{V2 ∧V3}

)

^.

Fr2

Rr

Fr1

α β

A B ^C

D

2

1 V

V ∧ ⁼⁰ ⇒V₁//V₂

Les deux vecteurs sont colinéaires.

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f.

( )

( )

( )







=

−

−

−

−

−

=

−

−

−

−

−

=

−

−

−

 =







−

−

 ∧





−

=

∧

k k

j j

i i

k j i

k j

i V

V r r

r r

r r

r r r

r r

r

5 , 4 ) 5 .(

5 , 1 4 ).

3 (

5 , 40 )

5 ).(

5 , 7 ( 1 ).

3 (

5 , 31 )

4 ).(

5 , 7 ( 1 . 5 , 1 5

, 7 5 , 1

3 4

5

2

3 =−V₂ ∧V₃

Application : La norme produit vectoriel V₁∧V₂fournit une mesure de la surface du parallélogramme dont les côtés sont les vecteurs V₁,V₂ . V₁∧V₂ =S₁₂

g.

( )







−

 •







−

 =





−

 ∧







−

−

 •







−

=

∧

•

k j i

k j i

k j

i

k j i

k j i V

V

V r

r r

r r r

r r

r

r r

r

r r r

5 , 4

5 , 40

5 , 31 5

2 4

5 5

, 7 5 , 1

3 5

2

3 2

1 =2.31,5−1.40,5−5.4,5=0

Application : Le produit mixte donne une mesure du volume d’un parallélépipède dont les côtés sont les vecteurs

2 1,V

V et V₃.

h.

( )







−

−

 =







−

 ∧







−

 =





−

 ∧







−

−

 ∧







−

=

∧

∧

k j i

k j i

k j i

k j

i

k j i

k j i V

V

V r

r r

r r r

r r r

r r

r

r r

r

r r r

5 , 112

5 , 166 198 5

, 4

5 , 40

5 , 31 5

2 4

5 5

, 7 5 , 1

3 5

2

3 2 1

Exercice 04 :

Corrigé :

k j i

OA r r r

3 3

2 − −

= ; OB ir rj kr 3 7

5 + −

=

a. ^OA•OB=

(

^{2ir−3rj−3kr}

) (

^{• 5ir+7rj−3kr}

)

^{=2.5+(−3).7+(−3).(−3)=−2}

(

^{2 −3 −3}

) (

^{• 2 −3 −3}

)

^{=22+(−3)2+(−3)2 =22}

=

•OA i j k i j k

OA r r r r r r

(

^{5 +7 −3}

) (

^{• 5 +7 −3}

)

^{=52 +72 +(−3)2 =83}

=

•OB i j k i j k

OA r r r r r r

b.

( )

^{OB OA}

k j i

k j i

k j i OB

OA =− ∧







−

 =



 +

+

−

− +

 =







−

 ∧







−

−

=

∧ r

r r

r r r

r r r

19 9 30 15

14

15 6 21 9 3 7 5 3 3 2

Pour les deux vecteurs de l’exercice 01, dont O est l’origine des axes de coordonnées, calculer :.

a. Les produits scalaires : OA•OB, OA•OA et OB•OB ;

b. Les produits vectoriels : OA∧OB et OB∧OA. En déduire la surface du triangle OAB ; c. Déterminer le vecteur AC de module égal à 5 et normal au plan formé par OA et OB ; d. Le double produit vectoriel : OA∧OB∧AB ;

e. Le produit mixte : ^OA•

(

^AB∧AC

)

. En déduire le volume du parallélépipède dont les cotés sont les vecteurs OA, AB et AC.

3 2 2

3 V V V

V ∧ =− ∧

Le produit vectoriel n’est pas commutatif.

. Le produit mixte^V1•

(

^V2∧V3

)

^=0.

2 1,V

V et V₃ se trouvent dans un même plan.

(

^∧

)

^≠

∧ 2 3

1 V V

V

(

^V1∧V2

)

^∧V3

Le produit double vectoriel n’est pas associatif.

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Surface du triangle :

La surface du triangle formé par les vecteurs OA et OBest la moitié de la quantité OA∧OB :

OAOB

OAB S

S 2

=1 = OA∧OB 2

1 = 18,31

2 63 , ) 36 19 ( ) 9 ( 2 30

1 _{2 2 2}

=

= +

−

+ Unités de surface.

c . Vecteur AC :

D’une part,ACest perpendiculaire au plan

(

^OA,OB

)

^⇒AC=λ.

(

^OA∧OB

)

tel que λ∈R. D’autre part, AC =5.

( ) (

^.

)

^{36,63 . 5} ₃₆⁵_,63 ^0,136

. ∧ = ∧ = = ⇒ = =

= λ OA OB λ OA OB λk λ

AC r

D’où :

=

AC ir rj kr

59 , 2 23 , 1 01 ,

4 − +

d . Le double produit vectoriel : ^OA∧

(

^OB∧AB

) (

^{OB AB}

)

OA∧ ∧ =







−

−

 =







−

−

 ∧







−

−

 =







 ∧







−

 ∧







−

−

k j i

k j i

k j i

k j i

k j i

k j i

r r r

r r r

r r r

r r r

r r r

r r r

18 34 24 1

9 12 3

3 2 0 4 3 3 7 5 3 3 2

e . Le produit mixte : ^OA•

(

^AB∧AC

) (

^{AB AC}

)

OA• ∧ =

( ) (

^{i j k}

) (

^{i j k}

)

k j i

k j i k j

i r r r r r r

r r r

r r r r r

r 2 3 3 10,36 7,77 19,73

59 , 2

23 , 1

01 , 4 0 4 3 3 3

2 = − − • − −







−

 ∧







•

−

−

22 , 103 19 , 59 31 , 23 72 ,

20 + + =

= Unités de volume : Volume du parallélépipède dont les cotés sont les vecteurs OA, AB et AC.

Exercice 05 :

Corrigé :

1. ₁// _{2 1 2} 0r

=

∧

⇒V V V

V :

( )

( )

( )











=

⇒

=

−

=

⇒

=

−

−

=

⇒

=

−

 =







 ∧







=

∧

3 . 25

0 . 5 . 5 3

0 .

0 . 5 . 0 3

0 .

0 . 0 5 .

. 5 0 5 3

2 1

y k k y

z j j z

z i i y z

k z

j y

i

k j i V V

r r

r r

r r

r r r

r r r

2. V₁ ⊥ V₂ ⇒ V₁ • V₂ = 0 :

( ) ( )

3 0 40

20 4 3 10 2 . 2 . 2

2 3

1•V = i + y j− k • xi + j+ k = x+ y− = ⇒x=

V

r r r r

r

r .

On donne les composantes des vecteurs V ir kr 5

1 =3 + ; V ir y rj zkr

. .

2 =5 + + ; V ir yrj kr

2 . 2

3 =3 + − ;

k j i x V

r r

r 2 10

4 = . + + dans un repère orthonormé .

- Déterminer y et z pour que les vecteurs et V soient colinéaires. ₂ - Déterminer x pour que les vecteurs V et ₃ V soient perpendiculaires. ₄

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Exercice 06 :

Corrigé :

Le vecteur ayant un support porté par le vecteur unitaire ur

, est exprimé comme suit : AB AB ur

= . , d’où :

AB ur= AB

De même Fv Fr ur

= . , car Fr

est porté sur le même support que celui de AB : k j

i k

j i

AB r r r r r r

13 , 2 22 , 1 22 , 1 ).

74 , 2 61 , 0 ( ).

0 22 , 1 ( ).

22 , 1 0

( − + − + − =− + −

= .

74 , 2 ) 13 , 2 ( ) 22 , 1 ( ) 22 , 1

(− ²+ ²− ² =

= AB Alors,

AB F AB Fv r .

= = ₂⁵⁰⁰_,74^.

(

^{−1,22ir+1,22rj−2,13kr}

)

^{= −222,63ir+222,63rj−388,69kr}

Exercice 07 :

Corrigé :

(s) ﺖﻗﻮﻟا

0,00 20,00 40,00 60,00 80,00 100,00 120,00 140,00 0

2 4 6

(s) ﺖﻗﻮﻟا

0 1 2 3 4 5 6

-140 -120 -100 -80 -60 -40 -20 0

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Distance (m)

Disatnce ( m)

Accélération

Décélération

La ligne d’action d’une force F de 500 N passe par les deux points A(1.22 , 0, 2.74) et B(0 , 1.22, 0.61) dans un repère orthonormé. Déterminer les composantes de cette force.

Quelle est la force de freinage et la distance de sécurité qu’un véhicule de masse m , roulant à _v une vitesse uniforme v_0x =80km/h n’heurte pas un objet tombant d’une hauteur h=10mà son propre poids sur le chemin du véhicule (Voir fig.)?

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Corrigé :

1. Distance de sécurité :

L’équation de mouvement du véhicule sur l’axe horizontal : On pose : x−x0 = x_s : distance de sécurité.

t v t a x x

x _s . _x.

2 1

0 2

0 = = +

− (1)

L’équation du mouvement de l’objet sur l’axe vertical : On pose : y−y0 =h : hauteur de chute.

t v t g h y

y . _y.

2 1

0 2

0 = = +

− (2) , v_0y =0(La vitesse initiale est nulle).

Calculons le temps du chute qui est aussi le temps que le véhicule doit parcourir sur une distance de sécurité x_s:

.2

2 1gt

h= ⇒

g t = 2h Remplaçons dans l’équation (1) :

g v h g a h

x_{s x} 2

. . + ₀

= (3)

Faisons la dérivée de l’équation (1) :

x f

s v at v

dt dx

0

0 = . +

=

Et puisque v_0f =0, en supposant que le véhicule s’arrête juste au-dessous de l’objet : 0

.t+v_0x =

a (4)

D’où :

h v g t

a v ^x _x

0 2

0 =−

−

= (5)

Remplaçons

h v g

a _x

. 2

= 0 dans l’équation (3), on trouve :







 −

= h

g g h g v h

x_{s x}

. 2 . 2

0 (6)

A.N. (g =9,81m/s²,v_0x =80km/h=22,22m/s, h=10m).





−

= 2.10

81 , . 9 81 , 9

10 81 , 9

10 . . 2 22 ,

s 22

x = 15,86 m.

En fait, la distance de sécurité d_sdoit être supérieure à x_s. Car le véhicule n’est pas un point matériel, mais un objet qui a des dimensions de l’ordre de quelques mètres.

2. Force de freinage :

D’après la 2^ème loi de Newton :

∑

⁼

s

v a m

Fr r

. (7)

La seule force qui provoque la décélération est celle du freinageF_f . Projetons l’équation (7) sur l’axe horizontal :

-F_f =m_v.a (7)

Le mouvement set supposé rectiligne sur l’axe horizontal.

A.N. (La force de freinage en fonction de la masse du véhicule

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m_v).

10 . 2

81 , 22 9 , 22 2 .

. _{0x v}

v

f m

h v g m

F = = = 15,56m_v(N).

Exercice 08 :

Corrigé :

En négligeant le frottement, après que la canne frappe la bille, cette dernière se trouve en mouvement rectiligne uniforme d’près la première loi de Newton

∑

^{Fr =0r⇒V =Cte.} Au moment où la bille frappe la bande, elle subit une décélération instantanée ar

, car sa vitesse diminue de V à 0.

Une force appelée d’inertie mar

. sera contrariée par la réaction Rr mar

= . de la bande, ce qui provoque le retour de la bille à revenir sur son chemin, en changeant la direction de sa vitesse, qui restera constante, mais de sens opposé (-V).

Dans le deuxième cas, on décompose la vitesse de la bille en une vitesse horizontale V_x, qui au moment du choc, ne subit aucun changement, car il n’y a aucun obstacle horizontal. Alors que l’autre composante, verticale V_y, change de direction, verticalement (dans le sens opposé) : −V_y. La bille après le choc, prendra alors un chemin suivant la résultante des nouvelles composantes V_x et −V_y. En négligeant les frottements, l’angle réfléchi qui sera égal à l’angle incident.

Exercice 09 :

Expliquer en représentant les vecteurs forces et les vecteurs vitesses, comment une bille de billard rebond après avoir heurté le bord de la table (la bande). Supposer les deux cas :

1. Une direction de frappe perpendiculaire au bord e la table ;

2. Une direction de frappe inclinée d’un angle α par rapport au bord de la table . On suppose que tout frottement est négligeable.

Déterminer le barycentre (centre de masse) des figures suivantes. Proposer une méthode de décomposition en éléments infinitésimaux des corps qui ne peuvent être décomposés en éléments usuels (méthodes d’intégration simple, double et triple). Chercher la solution dans la documentation bibliographique.

Récapituler les résultats dans un seul tableau.

a mr .

a m

R r

− .

= V

−V

Vy

Vx

Vy

− Vx

Vi

Vi

Vr

Vi

a m

R r

− .

= a m r .

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Corrigé (incomplet):

1. Le centre de gravité des figures planes :

Fig. 1 :

a. Décomposons la figure en deux surfaces de formes usuelles (carrée + Rectangle).

b. Déterminons les caractéristiques géométriques de chaque surface usuelle : Les surfaces et les centres de gravité.

2 1

2 2 1

1. .

S S

S x S

x_G x^{G G}

+

= +

2 1

2 2 1

1. .

S S

S y S

y_G y^{G G}

+

= +

)

1 L.(B C

S = − ; S₂ =C²

1 2 x_G = L ;

2 2 x_G =C ;

1 2

C y_G = B− ;

2 2 B C y_G = − . D’où :

2 2

) .(

2. ) .(

2.

C C B L

C C C B L L x_G

+

− +

= − = ₂

3 2

) .(

) . .(

2 1

C C B L

C C B L

+

− +

−

2

2

) .(

2 . )

.(

2 .

C C B L

C C B C B C L B y_G

+

−



 

 − +

− −

= =

Si on suppose que l’échelle du schéma est réelle : B = 2C.

C L

C x_G L

+

= . ²+ ² 2

1 ;

C L

C C y_G L

+

= . +3 ² 2.

1

Fig 3 : La figure est confectionnée d’un disque de rayon r₂de laquelle on a enlevé un petit disque de rayon r . ₁

Le choix des axes de coordonnées joue un rôle important.

On peut simplifier les équations, en choisissant G2, un centre de repère.

Ainsi,

0

1 0

2 = G = ⇒ G =

G y y

y

2 1

2 2 1

1. .

S S

S x S

x_G x^{G G}

+

= +

C

x B

L y

o x_G2 x_G1

1

yG 2

yG

1 G x 2 G x

C

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0

2 1

1 .r

S =π ; S₂ =π.r₂²

1 2

1 r r

x_G = − ; x_G2 =0. D’où :

( ) ( ) ( )

(

2 1

)(

2 1

)

2 1 1 2 2

1 2 2

2 1 1 2 2

2 2 1

2 1 2

1 1 2

. . .

. .

. . 0 . .

r r r r

r r r r

r

r r r r

r

r r

r x_G r

+

−

−

= −

−

−

= − +

−

+

−

= −

π π

π π

1 2

2

.1

r r x_G r

+

= − ; y_G =0

Fig. 4 : La figure est confectionnée d’un carré de côté R (de surface S₁ =R²) de laquelle on a enlevé un quart de disque de rayon R (de surface ₂ ²

4 R S =π ) . A cause de la symétrie : x_G = y_G

2 1

2 2 1

1. .

S S

S x S y x

x_{G G} ^{G G}

−

= −

=

1 2

1

y R x_G = _G =

Nous devons faire l’intégrale pour déterminer le centre de gravité du quart de disque. Divisons sa surface en éléments infinitésimaux de surface dS =r.dθ.dr et de coordonnées x=r.cos_θ ;

θ sin . r

y= .

La figure a une symétrie suivant l’axe médiane : x= y, D'où :

∑

∑

∑

∑

=

=

=

= =

=

= _n

i i n

i

i i n

i i n

i i i G

G

dS dS y dS

dS x y

x

1 1

1 1

Quand dS_i →0,

∫∫ ∫∫

∫∫ ∫∫

₌

=

=

S S

S S G

G dS

dS y dS

dS x y

x . .

=

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

= =

= =

= =

= =

= =

= = = =

R r R r R

r R r R

r R r

dr d r

dr d r

dr d r

dr d r r

dS dS x

0 2

0 0

2 0

2

0 2

0 0

2 0

0 2

0 0

2 0

. .

. . cos . .

.

. . . cos . .

π θ π π θ

θ π π θ

θ π

θ

θ θ θ θ

θ θ

π π θ

θ θ

θ θ

π θ

π θ π

θ π θ

3 4 .2 2

3 2 .

sin 3 .

. .

. cos .

2 3

2 0 0 2

2 0 0

3

0

2 0 0

2 0

2 R

R R r

r

d dr r

d dr

r

R

r R

r R

r R

r = = =

=

=

=

=

=

= =

= =

∫ ∫

∫ ∫

Alors :

π 3 4

2 2

y R x_G = _G = D’où :

π π π

π

π = −

−

=

−

= −

= .4

3 2 1 4

6 4.

4. 3 . . 4 2

2 2

2 2

R R

R R

R R R R

y x_{G G}

θ θ d dr

r dS

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1 Tableau récapitulatif :

Figure Barycentre Figure Barycentre Figure Barycentre

1 2

2

.1

r r x_G r

+

= −

=0 yG

G

G y

x =

= .4−π 3

2 R

1. Le centre de gravité des corps pleins (en 3D) : Fig. 1 :

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