Chapitre 3 Chantal Trottier août 2016 59 Section 3.1 : mouvement rectiligne Section 3.2 : circuits électriques Section 3.3 : problèmes de mélanges, modèles de populations Section 3.1 : mouvement rectiligne Note : Puisque la calculatrice demande d’utiliser la variable x quand on trace des graphes, j’ai pris l’habitude de ne jamais enregistrer de valeur ou de fonction dans x, sur ma calculatrice; c’est pourquoi j’enregistre la position comme h(t) ou y(t) sur la calculatrice et sur le logiciel aussi; cependant, dans le texte, je peux utiliser x(t). 3.1- Posons l’axe-position, disons x, positif vers le haut, avec 0 x = au point d’origine, c’est-à-dire où on lance la masse. On a ( ) ( ) ( ) 0, 5; 0 0; 0 0 28,5 m x v x¢ = = = = ; la vitesse initiale est positive puisque l’objet est lancé dans la direction positive de l’axe-position. Il n’y a qu’une seule force, le poids : 0,5 9,81 4, 905 w mg =- × =- × =- L’équation différentielle de la vitesse est () 0,5 4,905 avec 0 28,5 dv v dt =- =
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Chapitre 3
Chantal Trottier août 2016 59
Section 3.1 : mouvement rectiligne
Section 3.2 : circuits électriques
Section 3.3 : problèmes de mélanges, modèles de populations
Section 3.1 : mouvement rectiligne
Note : Puisque la calculatrice demande d’utiliser la variable x quand on trace des graphes, j’ai pris l’habitude de ne jamais enregistrer de valeur ou de fonction dans x, sur ma calculatrice; c’est pourquoi j’enregistre la position comme h(t) ou y(t) sur la calculatrice et sur le logiciel aussi; cependant, dans le texte, je peux utiliser x(t).
3.1- Posons l’axe-position, disons x, positif vers le haut, avec 0x = au point d’origine, c’est-à-dire où on lance la masse.
On a ( ) ( ) ( )0,5; 0 0; 0 0 28,5m x v x¢= = = = ; la vitesse initiale est positive puisque
l’objet est lancé dans la direction positive de l’axe-position. Il n’y a qu’une seule force, le poids : 0,5 9,81 4,905w m g= - × = - × = -
L’équation différentielle de la vitesse est ( )0,5 4,905 avec 0 28,5dv vdt
= - =
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La solution est 28,5 9,81v t= - .
La position est obtenue en intégrant : 228,5 4,905x t t= -
a) Après 2 secondes, ( ) ( )2 37,38 et 2 8,88x v= = . L’objet est à 37,38 m du sol, il va
à 8,88 m/s, vers le haut puisque la vitesse est positive. Après 4 secondes, ( ) ( )4 35,52 et 4 10,74x v= = - . L’objet est à 19,52 m de son
point d’origine, il va à 14,74 m/s, vers le bas puisque la vitesse est négative; de plus, la hauteur est moins grande après 4 secondes que après 2 secondes, il a donc commencé à descendre.
b) Le point le plus haut est atteint quand la vitesse change de signe, c’est-à-dire quand la vitesse est nulle : la hauteur maximale est 41,399 m, après 2,9052 secondes.
c) Après 4 secondes, l’objet a parcouru 41,3991 m en montant, et 41,3991 35,52 5,879- = m en descendant; donc il a parcouru 47,278 m.
3.2- a) On a ( ) ( ) ( )0,5; 0 0; 0 0 28,5m x v x¢= = = = ; et la force d’amortissement 12AF v= .
L’équation différentielle de la vitesse est 10,5 4,9052
dv vdt
= - - , avec ( )0 28,5v =
b) La vitesse est 38,31 9,81tv e-= - ; la position est ( ) 38.31 9.81 38.31 tx t t e-= - -
Après 2 secondes, ( )2 13,5x = et ( )2 4,6v = - ; il est seulement à 13,5 m du sol, et il descend (vitesse négative) à 4,6 m/s.
Après 4 secondes, on obtient ( )4 1,6x = - , donc SOUS le sol, ce qui est impossible. Donc il est arrivé au sol, et sa vitesse est nulle; il ne bouge plus.
Notre modèle est bon seulement pendant le mouvement; on trouve qu’il arrive au sol après 3,8 secondes.
c) On obtient la hauteur maximale quand la vitesse est nulle : après 1,36 secondes, l’objet est à son maximum, 15,14 m.
d) On peut obtenir la distance totale parcourue en intégrant la valeur absolue de la vitesse pendant les 3 premières secondes : 23,3 m.
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3.3- a) L’axe-position est dirigé vers le bas. On pose x=0 au début de l’expérience; l’objet arrivera au sol quand x=30.
b) On trouve ( ) 24,905 4,905 tv t e-= - et ( ) 22, 4525 4,905 2, 4525tx t e t-= + - Il arrive au sol après 6,6 secondes, à 4,905 m/s.
c) La vitesse-limite théorique est 4,905 m/s, et cette vitesse est atteinte quand il arrive au sol.
d) On résout encore l’équation différentielle, mais avec la condition initiale ( ) 00v v=
inconnue. On obtient ( ) ( ) 20 4,905 4,905tv t v e-= - + et on intègre pour avoir ( )x t .
Ensuite, on remplace t par 5 dans ( )x t et on cherche la valeur que doit prendre 0v pour que la position soit égale à 30 à ce moment; on trouve 0 15,855v = . Il aurait donc fallu lancer l’objet vers le sol avec une vitesse de 15,855 m/s pour qu’il atteigne le sol en 5 secondes.
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3.4- On a la masse 9,81
P Pmg
= = , la force d’amortissement 2
25APF v= et l’axe-position
est positif vers le bas. Donc l’équation différentielle est 2
9,81 25P dv PP v
dt= - , avec
les conditions initiales ( )0 55v = et ( )0 0x = .
a) En faisant résoudre l’équation avec des décimales, il faut commencer par prendre l’exponentielle de la solution implicite avant de pouvoir isoler v. Si on fait résoudre en « exact », alors on peut isoler v immédiatement.
On trouve ( )
981250
981250
5 50,6 0,833 6 5550,6 0,833
6 5
tt
t tev
e
× + += = ×
--
m/s.
b) On fait calculer que la vitesse-limite est 5 m/s.
c) Ça prend 1,89 s pour atteindre la vitesse de 5,005 m/s (plutôt rapide...)
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3.5- Ici 90m = , 90 9,81 882,9P = × = , 220AF v= , ( )0 50v = et ( )0 0x = ; l’axe-position est positif vers le bas. L’équation différentielle correspondant à cette situation est
290 882,9 20dv vdt
= - .
a) En valeurs exactes, la solution est longue à écrire, c’est pourquoi j’ai choisi la solution en valeurs approchées (décimales) :
( )( )( )6,644 19,163 0,7656,644
tanh 1, 476 0,0905 19,163 0,765
t
tvt
× += =
× + -
b) 6,644Lv = m/s
c) Le parachutiste a parcouru 1500 m quand il arrive au sol. La calculatrice ne donne rien quand on fait résoudre. On peut faire tracer le graphe de la position et regarder quand sa position est égale à 1500. Ou bien on peut essayer de trouver, à tâtons, une valeur de t qui fait qu’il a parcouru plus de 1500 m; ensuite on fait résoudre la même équation, mais en suggérant cette valeur de t pour commencer la recherche. On trouve que ça prend 224,78 secondes pour atteindre le sol.
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3.6- On a la masse 515 10m = ´ , la force du moteur 80000mF = , la force d’amortissement 10000AF v= , avec ( )0 0v = et ( )0 0x = . Le mouvement étant horizontal, la composante poids dans la direction du mouvement est nulle.
L’équation différentielle est 515 10 80000 10000dv vdt
× = - .
a) 1508 8t
v e-
= - m/s. La vitesse-limite est 8 m/s, puisque l’exponentielle tend vers 0 quand t grandit.
b) Ça prend 691 secondes, c’est-à-dire à peu près 11 minutes et demie, pour atteindre 99% de sa vitesse-limite.
c) On trouve l’expression de la distance parcourue : ( ) 1508 150 1200t
x t e-
= × - + ; après 10 minutes, le bateau aura parcouru 3,6 km.
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3.7- Le poids 193, 2P = , donc la masse 193, 2 632,2
m = = , et la force d’amortissement
AF vb= . En prenant l’axe-position positif vers le bas, l’équation différentielle correspondante
est 6 193,2dv vdt
b= -
On connaît la vitesse-limite = 16,1, et on sait qu’à la limite, l’accélération serait nulle; donc 6 0 193, 2 16,1b× = - × . On trouve 12b = . Donc l’équation différentielle
est 6 193, 2 12dv vdt
= - × .
a) Après 1 seconde, il tombe à 13,9 pi/s; on a trouvé ( ) 216,1 16,1 tv t e-= -
b) On résout ( ) 15v t = et on trouve 13,9t = s.
3.8- On utilise l’indice et on considère la vitesse v comme une fonction de x :
l’équation dvm k vdt
= - , où k est la constante positive de la force qui s’oppose au
mouvement, devient dvm v k vdx
× = - × , ce qui se simplifie à dv dv km kdx dx m
-= - Þ = ,
avec les conditions initiales ( )0 10v = et ( )2,5 5v = .
On trouve 10 2v x= - . Donc, quand elle aura parcouru 4 pi, la particule se déplace à 2 pi/s.
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3.9- Ici aussi, comme dans le numéro 3.6, le mouvement est horizontal; donc le poids n’est pas une force présente dans le mouvement. On a 35m = et deux forces : la force d’amortissement 70AF v= et la force de traction inconnue et constante TF .
La vitesse-limite est 16 4, 4443,6Lv = = m/s.
L’équation différentielle correspondante est 35 70Tdv F vdt
= - .
a) Utilisons le fait qu’à la limite, l’accélération est nulle et la vitesse est la vitesse-limite pour trouver TF : 35 0 70 4, 444TF× = - × donne 311,111TF = .
b) On trouve 24,444 4, 444 tv e-= - , donc il va à 4,444 m/s (la vitesse-limite) après 48 secondes. Et on peut prendre l’intégrale définie de la vitesse, pour t entre 0 et 48, pour trouver que la distance parcourue est de 211,111 m.
3.10- Le poids de 1000 lb sur un plan incliné de 5° donne un poids directionnel
( )1000 sin 5 87,1557dP = × =o et une masse 1000 31,055932,2
m = = ; la force de friction
est 40fF = , dans le sens contraire du mouvement, et la force d’amortissement est 1,5AF v= .
a) L’équation différentielle de cette situation est 31,056 87,156 40 1,5dv vdt
= - - , avec
la condition initiale ( )0 0v = .
Sa solution est ( ) 31, 437 31, 437 0,9528tv t = - × pi/s.
En intégrant, on trouve ( ) 650,875 0,9528 31, 437 650,875tx t t= × + - pi.
b) Après 10 secondes, le traîneau va à 12 pi/s. Sa vitesse-limite théorique serait 31,44 pi/s.
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c) Après 16 secondes, le traîneau a parcouru 152,64 pi; il est donc parti d’une hauteur de ( )152,64 sin 5 13,3× =o pi.
b) Ça prend 0,621 s. pour que la tension soit à 0,01 V.
3.17- a) Circuit R-C. 310R = , 6100 10C -= ´ , ( ) ( )110sin 120e t tp= :
( )3 610 100 10 110sin 120CC
dv v tdt
p-× ´ + = , avec ( )0 0Cv = .
En ajoutant un point décimal du côté droit du signe d’égalité dans l’équation différentielle, la solution est un peu moins longue à écrire que si on laisse tout en « exact »; c’est l’option que nous privilégions.
( ) ( ) 102,917sin 376,991 1,544 2,916 tCv t t e-= - + V.
b) ( ) ( ) 100,10996cos 376,991 1,544 0,002916 ti t t e-= - - A.
c) ( ) ( )2,917sin 376,991 1,544PERMCv t t= -
L’angle de phase est 1,544f = .
d) La dérivée de ( )Cv t est égale à 0 souvent, même si on demande 0t > . On peut
faire évaluer ( )Cv t à toutes ces valeurs, et on trouve que le maximum est 5,602 V, atteint après 8,198 ms.
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e) Voici le graphe de la tension, avec t entre 0 et 0,5, pour bien voir le régime
permanent :
3.18- Circuit R-L : diL R i Vdt+ = , avec ( )0 0i = .
É. D. linéaire, avec ( ) RP tL
= , ( ) VQ tL
= et V est une constante.
( )Rt Rt Rt Rt RtR dtL L L L L LV V Vu t e e i e e dt e K i K e
L R R-ò= = Þ = = + Þ = +ò
( )0 0 1 1Rt Rt
L LV V V V Vi K K i e eR R R R R
- -- æ ö= = + × Þ = Þ = - = -ç ÷è ø
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3.19- Circuit R-C : CC
dvR C v Vdt
× + = , avec ( )0 0Cv = .
É. D. linéaire, avec ( ) 1P tR C
= , ( ) VQ tR C
= et V est une constante.
( )1 t t t tdtRC RC RC RC RCVu t e e i e e dt V e k
R Cò= = Þ = = +ò
tRC
Cv V ke-
= +
( )0 0 1 1t tRC RC
C Cv V k k V v V Ve V e- -æ ö
= = + × Þ = - Þ = - = × -ç ÷è ø
t t
RC RCd Vi C V Ve edt R
- -æ ö= × - =ç ÷
è ø
RETOUR AU DÉBUT DU CHAPITRE 3
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Section 3.3 : problèmes de mélanges, et modèles de populations
3.20- Soit ( )q t la quantité de sel, en kg, présente dans le réservoir à l’instant t, en
minutes. On a donc ( )0 50q = kg.
Le taux d’entrée kg L kg0, 2 6 1, 2L min min
= × =
Le taux de sortie kg L kg6150 L min 25 min
q q= × =
1,225
dq qdt
= - , avec ( )0 50q = .
a) C’est plus facile à écrire en mode « exact » : ( ) 2520 30t
q t e-
= + kg. b) La valeur limite est obtenue quand l’exponentielle devient négligeable, donc 30 kg. c) Après 20 minutes, il y a 38,99 kg de sel dans le réservoir. Après 2 heures = 120 minutes, il y a 30,16 kg de sel dans le réservoir.
d) La concentration de sel dans le réservoir est ( ) 2520 30volume 150
tq t e
-+
= . Elle est égale
à 0,25 kg/L après 24,52 minutes.
3.21-a) Ici, ( )0 0q = kg.
taux d’entrée kg L 6 kg0,3 4L min 5 min
= × =
taux de sortie kg L 3 kg3200 L min 200 min
q qt t
= × =+ +
6 35 200
dq qdt t
= -+
, avec ( )0 0q = .
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( )( )
( )
3 2
3
3 800 250000 32000000
10 200
t t t tq t
t
× + + +=
+
b) Ça prend 150 minutes, à raison d’un litre par minute, pour que le réservoir soit plein. Il y a alors 93,8 kg de sel dans le réservoir.
c) La concentration de sel dans le réservoir est ( )volume
q t; cette concentration est égale à
0,2 kg/L après 63,2 minutes. On rejette évidemment le temps négatif.
3.22- a) Soit ( )q t le volume d’acide nitrique, en litres, présente dans le réservoir à
l’instant t, en minutes. Initialement, ( ) 20 0,004 1005
q = × = L.
Le taux d’entrée L L 3 L0,15 5L min 4 min
= × = .
Le taux de sortie L L 6 L6100 L min 100 min
q qt t
= × =- -
60,75100
dq qdt t
= --
, avec ( )0 0, 4q =
( ) ( )5 3 4 6 3 6 2 9 9
12
100 73 36,5 10 7,3 10 730 10 36,5 10 20 10
5 10
t t t t t tq
- - × - × + × - × + × + ×=
×L
b) La concentration d’acide nitrique est ( )volume d'acide nitriquevolume total 100
q tt
=-
. La
concentration est 10% après 19,29 minutes.
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3.23-a) En suivant l’équation 3.13 à la page 111, on a l’équation différentielle
( )52 10 5000dp p pdt
-= ´ × × - , avec ( )0 5500p = .
i- La solution est ( )10
10
55000
11 1
t
tep t
e=
-
ii- Après 10 ans, il y a encore 5 173 individus.
b) Maintenant l’équation différentielle est ( )52 10dp p M pdt
-= ´ × × - , avec
( )0 5500p = .
On trouve ( )50000
50000
5500
5500 5500
m t
m tm ep t
e m
×
××
=× + -
individus.
Puisque ( )1 5800p = , on substitue 1t = et 5800p = , puis on fait résoudre pour M : la seule réponse sensée est 8307M = . Donc ce milieu pourrait accueillir 8 307 individus.
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3.24- On travaille en milliers d’individus, donc 250M = (c’est le nombre maximal de milliers d’habitants qui connaîtront la rumeur.); ( )0 12p = et ( )1 18p = . On
travaille avec l’équation différentielle ( )250dp k p pdt
= × × - , avec ( )0 12p = .
Ensuite, il faudra remplacer t par 1 et p par 18, pour trouver la valeur de k. Ainsi, nous connaîtrons la « formule » pour le nombre d’habitants connaissant la rumeur.
