Exercice I
Le mouvement de la balle a lieu dans le repère \((O,\overrightarrow i ,\overrightarrow j )\), sa position initiale est dont A(0,20) et sa vitesse initiale \({\overrightarrow v _0}\left( {0,30} \right)\)
La vitesse étant verticale ascendante, l’angle entre Ox et \({\overrightarrow v _0}\) vaut \(\alpha = {90^0}\). Des équations horaires d’un projectile dans un champ de pesanteur. \(\left\{ \begin{array}{l}x(t) = {v_0}\cos (\alpha ).t + {x_0}\\y(t) = - \frac{1}{2}g{t^2} + {v_0}\sin (\alpha ).t + {y_0}\end{array} \right.\)
On peut déduire les équations horaires de la balle: \(\left\{ \begin{array}{l}x(t) = 30\cos ({90^0}).t + 0\\y(t) = - \frac{1}{2}10{t^2} + 30\sin ({90^0}).t + 20\end{array} \right.\) \[\left\{ \begin{array}{l}x(t) = 0\\y(t) = - 5{t^2} + 30t + 20\end{array} \right.\]
1.1 Position de la balle à t=2s \[\left\{ \begin{array}{l}{x_B}(2) = 0\\{y_B}(2) = - 5{\left( 2 \right)^2} + 30 \times 2 + 20 = 60{\rm{m}}\end{array} \right.\]
1.2 Vitesse de la balle à t=2s
Des équations horaires, On a: \(\left\{ \begin{array}{l}{v_x}(t) = 0\\{v_y}(t) = - 10t + 30\end{array} \right.\)
Soit: \[\left\{ \begin{array}{l}{v_x}(2) = 0\\{v_y}(2) = - 10 \times 2 + 30 = 10{\rm{m/s}}\end{array} \right.\]
1.3 Hauteur maximale atteinte par la balle. Elle est obtenue pour la vitesse nulle \(v = \sqrt {v_x^2 + v_y^2} = {v_y} = 0\)
Ainsi: \( - 10t + 30 = 0 \Rightarrow t = 3{\rm{s}}\)
La hauteur maximale est dont: \[{h_{\max }} = y(3) = - 5{\left( 3 \right)^2} + 30 \times 3 + 20 = 65{\rm{m}}\]
1.4 Temps au bout duquel la balle passe par C est tel que hC=50m. soit: \(y(t) = - 5{t^2} + 30t + 20 = 50\)
Nous avons dont à résoudre l’équation du second degré: \( - 5{t^2} + 30t - 30 = 0\)
Les solutions de cette équation sont: \({t_1} = 1,26{\rm{s}}\) et \({t_2} = 4,73{\rm{s}}\)
La balle atteint C en montant, au bout de 1,26s. En descendant, lorsqu’elle a atteint la hauteur maximale au bout de 4,73s.
1.5 La vitesse de la balle à cette hauteur sont: \[\begin{array}{l}{v_C}(1,26) = 17,4m/s\\{v_C}(4,73) = - 17,4m/s\end{array}\]
Le signe moins traduit le fait que la balle est entrain de descendre
1.6 La balle va atteindre le sol lorsque y(t) sera égale à zéro, soit:\( - 5{t^2} + 30t + 20 = 0\).
Vous auriez t=6,6s
2. Désignons par hn la hauteur de chute après un temps t = n secondes alors:
À t=(n-1) secondes: \[{h_{n - 1}} = \frac{1}{2}g{(n - 1)^2}\]
À t=n secondes: \[{h_n} = \frac{1}{2}g.{n^2}\]
Nous pouvons dont exprimer la différence \(\Delta h = {h_n} - {h_{n - 1}} = \frac{h}{2} = \frac{1}{2}g(2n - 1)\)
Soit: \(n = \frac{1}{2}\left( {\frac{h}{g} + 1} \right) \Rightarrow \) \({n^2} = \frac{1}{4}{\left( {\frac{h}{g} + 1} \right)^2} = \frac{{2h}}{g}\)
On aboutit à une équation du second degré: \[{h^2} - 6gh + {g^2} = 0\]
La solution est h=56,7m et le temps de chute est t=3,41s
3. Profondeur du puits
Soient t1 la durée de chute du caillou et t2 la durée de la remontée du son \({t_1} + {t_2} = 4,5{\rm{s}}\).
La distance parcourue par le caillou est: \(h = \frac{1}{2}gt_1^2 = 5t_1^2\)
La distance parcourue par le son est: \(h = v{t_2} = 340{t_2}\)
Ainsi: \(\left\{ \begin{array}{l}4,9t_1^2 = 340{t_2}\\{t_1} + {t_2} = 4,5{\rm{s}}\end{array} \right.\)
Qui est un système de deux équations à deux inconnues de solutions t1=4,24s et t2=0,24s.
4. Des équations horaires d’un projectile dans un champ de pesanteur\(\left\{ \begin{array}{l}x(t) = {v_0}\cos (\alpha ).t + {x_0}\\y(t) = - \frac{1}{2}g{t^2} + {v_0}\sin (\alpha ).t + {y_0}\end{array} \right.\),
On a les équations horaires suivantes. \[\left\{ \begin{array}{l}x(t) = {v_0}\cos (\alpha ).t\\y(t) = - \frac{1}{2}g{t^2} + {v_0}\sin (\alpha ).t + h\end{array} \right.\]
La flèche est déterminée au point où la vitesse du ballon est nulle
v(t)=0 soit: \[{t_F} = \frac{{{v_0}\sin (\alpha )}}{g}\]
Elle sera donnée en résolvant les équations.\[\left\{ \begin{array}{l}x({t_F}) = {v_0}\cos (\alpha ).{t_F}\\y({t_F}) = - \frac{1}{2}gt_F^2 + {v_0}\sin (\alpha ).{t_F} + h\end{array} \right.\]
Vous trouverez: \[y({t_F}) = h + \frac{{v_0^2{{\sin }^2}(\alpha )}}{{2g}}\]
La hauteur maximale est atteinte lorsque la dérivée de \(y(x) = - \frac{1}{2}g\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {{v_0}\cos (\alpha )} \right)}^2}}} + x\tan (\alpha ) + h\) par rapport à x est nulle
La portée est obtenue pour y(t)=0 : soit, après résolution: \[{t_P} = \frac{{{v_0}\sin (\alpha )}}{g}\left( {1 + \sqrt {1 + \frac{{2gh}}{{v_0^2{{\sin }^2}(\alpha )}}} } \right)\]
il lui correspond l’abscisse : \[{x_P} = \frac{{v_0^2\sin (2\alpha )}}{{2g}}\left( {1 + \sqrt {1 + \frac{{2gh}}{{v_0^2{{\sin }^2}(\alpha )}}} } \right)\]
Vous pouvez faire l’application numérique.
\(\alpha = {30^0}\), h=20m et \({v_0} = 30{\rm{m/s}}\).
Exercice 2
Cas 1 : La poulie est de masse négligeable
1. Déterminons l’accélération du mouvement du chariot.
La masse de la poulie étant négligeable, son moment d’inertie est nul. On peut donc montrer que T’1=T2.
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique au solide S en admettant que vA=v et vB=v puisque les deux solides ont même vitesse.
En effet: \(\frac{1}{2}M{v^2} - \frac{1}{2}Mv_0^2 = \)\(W(\overrightarrow {{P_S}} ) + W(\overrightarrow R ) + W(\overrightarrow {{T_2}} )\). \[\frac{1}{2}M{v^2} - \frac{1}{2}Mv_0^2 = - Mg.x.\sin (\alpha ) + 0 + {T_2}x{\rm{ (1)}}\]
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique au solide Q. \(\frac{1}{2}M{v^2} - \frac{1}{2}Mv_0^2 = - Mg.x.\sin (\alpha ) + 0 + {T_2}x{\rm{ (1)}}\)\[\frac{1}{2}m{v^2} - \frac{1}{2}mv_0^2 = mg.x - {T_2}x{\rm{ (2)}}\]
En additionnant membre à membre les relations (1) et (2), nous avons : \[\left( {M + m} \right){v^2} - \frac{1}{2}\left( {M + m} \right)v_0^2 = \left( { - M\sin (\alpha ) + m} \right)gx{\rm{ (3)}}\]
En dérivant membre à membre la relation (3), nous avons: \[\left( {M + m} \right)v.{a_G} = \left( { - M\sin (\alpha ) + m} \right)g.v\]
Soit: \[{a_G} = \frac{{\left( { - M\sin (\alpha ) + m} \right)}}{{\left( {M + m} \right)}}g\]
C’est un mouvement rectiligne uniformément varié.
2. Utilisons la deuxième loi de Newton pour retrouver le résultat précédent.
Pour le solide S: \(\overrightarrow {{P_S}} + \overrightarrow R + {\overrightarrow T _2} = M{\overrightarrow a _G}\)
Projetant cette relation suivant x’x, nous avons: \[ - Mg\sin (\alpha ) + {T_2} = M{a_G}\]
Pour le solide Q: \(\overrightarrow {{P_Q}} + {\overrightarrow T _1}' = m{\overrightarrow a _G}\)
Projetant cette relation suivant Ox, nous avons: \[mg - {T_1}' = m.{a_G}\]
La masse de la poulie étant négligeable T’1=T2.
Ainsi: \({a_G} = \frac{{\left( { - M\sin (\alpha ) + m} \right)}}{{\left( {M + m} \right)}}g\)
3. Expressions des tensions: \({T_2} = M\left( {g\sin (\alpha ) + {a_G}} \right)\) \[{T_2} = T = T' = \frac{{Mgm}}{{M + m}}\left( {1 + \sin (\alpha )} \right)\]
Cas 2: La poulie, de rayon r a un moment d'inertie J par rapport à son axe
Les mêmes formules seront conservées pour les solides S et Q.
Pour la poulie et d’après le théorème du centre d’inertie pour un solide en rotation, on a: \[{\mathfrak{M}_\Delta }\left( {\overrightarrow {{T_1}} '} \right) + {\mathfrak{M}_\Delta }\left( {{{\overrightarrow P }_P}} \right) + {\mathfrak{M}_\Delta }\left( {{{\overrightarrow R }_P}} \right) + {\mathfrak{M}_\Delta }\left( {{{\overrightarrow T }_2}} \right) = {J_\Delta }\ddot \theta \]
Avec \(\ddot \theta = \frac{{{a_G}}}{r}\)
On a: \({T_1}' - {T_2} = {J_\Delta }\frac{{{a_G}}}{{{r^2}}}\) \( - Mg\sin (\alpha ) + {T_2} = M{a_G}\) \(mg - {T_1}' = m.{a_G}\)
Nous avons alors trois équations à trois inconnues aG, T1’ et T2. de solutions: \[{a_G} = \frac{{m - M\sin (\alpha )}}{{m + M + \frac{{{J_\Delta }}}{{{r^2}}}}}\]
Le mouvement du chariot est également rectiligne uniformément varié:\[\left\{ \begin{array}{l}{T_2} = Mg\sin (\alpha ) + M{a_G}\\{T_1}' = mg - m{a_G}\end{array} \right.\]
Exercice 3
1. Équations horaires du projectile en supposant le référentiel d’étude galiléen. D’après le TCI: \[\overrightarrow P = {m_1}\overrightarrow g = {m_1}{\overrightarrow a _{G1}} \Rightarrow {\overrightarrow a _{G1}}\left| \begin{array}{l}0\\ - g\end{array} \right.\]
Ainsi: \(\left\{ \begin{array}{l}x(t) = {v_0}\cos (\alpha ).t\\y(t) = - \frac{1}{2}g{t^2} + {v_0}\sin (\alpha ).t\end{array} \right.\)
2. Calcule de la durée de vol du projectile: \(x = OA = {v_{01}}\cos (\alpha ){t_A}\) \[{t_M} = \frac{{OA}}{{{v_{01}}\cos (\alpha )}} = 1,1{\rm{s}}\]
3. Calcule de la vitesse du projectile au point M. \({\overrightarrow v _M}\left| \begin{array}{l}{v_x} = {v_{01}}\cos (\alpha )\\{v_y} = - \frac{{g.OA}}{{{v_{01}}\cos (\alpha )}} + {v_{01}}\sin (\alpha )\end{array} \right.\) \({\overrightarrow v _M}\left| \begin{array}{l}{v_x} = 43,3{\rm{m/s}}\\{v_y}{\rm{ = 14m/s}}\end{array} \right.\) \[{v_M} = \sqrt {43,{3^2} + {{(14)}^2}} = 45,5m/s\]
4. Calcule de l’altitude du point M: \[{h_M} = y({t_M}) = - \frac{1}{2}gt_M^2 + {v_0}\sin (\alpha ).{t_M}\]\({h_M} = 21,45{\rm{m}}\)
5. Calcule de la vitesse de la balle au point M
D’après le TCI \({\overrightarrow a _G}\left| \begin{array}{l}0\\ - g\end{array} \right.\)
De la relation \({v^2} - v_0^2 = 2{a_G}(y - {y_0})\)
On a: \[v_M^2 - v_{02}^2 = - 2g({y_M} - {y_0}) = - 2g{h_M}\] \({v_M} = \sqrt {v_{02}^2 - 2g{h_M}} \) \({v_M} = 499,6{\rm{ }}m/s\)
Calcule de la durée de vol de la balle . Du TCI, on a: \({\overrightarrow a _G}\left| \begin{array}{l}0\\ - g\end{array} \right.,{\rm{ }}\overrightarrow v \left| \begin{array}{l}{v_x} = 0\\{v_y} = - gt + {v_{02}}\end{array} \right.\) soit \({v_M} = - g{t_M} + {v_{02}}\) \[{t_M} = \frac{{{v_{02}} - {v_M}}}{g}\]\({t_M} = 0,04{\rm{ s}}\)
6. Le tireur vise directement juste parce que la vitesse de la balle est très supérieure à la vitesse du projectile.
Exercice 4
1. Complétons le schéma
Équations horaires obtenues à partir du TCI appliqué dans un référentiel galiléen. \({\overrightarrow a _G}\left| \begin{array}{l}{a_{Gx}} = 0\\{a_{Gy}} = q\frac{E}{m}\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow v \left| \begin{array}{l}{v_x} = {v_0}\\{v_y} = q\frac{E}{m}t\end{array} \right.\) \[\overrightarrow {OM} \left| \begin{array}{l}x = {v_0}t\\y = \frac{1}{2}\frac{{qE}}{m}{t^2}\end{array} \right.\]
Équation de la trajectoire \[y = \frac{{qE}}{{2mv_0^2}}{x^2}\]
2. Intensité de la vitesse au point S
Le temps que la particule met pour arriver au point S est : \[l = {v_0}t \Rightarrow {t_S} = \frac{l}{{{v_0}}}\]
La vitesse de la particule au point S sera dont : \(\overrightarrow v \left| \begin{array}{l}{v_x} = {v_0}\\{v_y} = q\frac{E}{m}t\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow v \left| \begin{array}{l}{v_x} = {v_0}\\{v_y} = q\frac{{E.l}}{{m.{v_0}}}\end{array} \right.\) \[{v_S} = \sqrt {v_0^2 + {{\left( {\frac{{qEl}}{{m{v_0}}}} \right)}^2}} \]
3. Montrons que la tangente à la trajectoire de la particule en S coupe
l’axe Ox en un point A telle que OA=l/2.
Déterminons l’équation de la tangente à la parabole au point S. Elle est de la forme Y = ax+b où a est la dérivée de l’équation cartésienne de la parabole au point S et b son ordonnée à l’origine. \[{a} = {\left. {\frac{{dy}}{{dx}}} \right|_{x = l}} = {\left. {\frac{{qE}}{{mv_0^2}}x} \right|_{x = l}} = \frac{{qEl}}{{mv_0^2}}\]
L’équation de la tangente est dont : \(Y(x) = \frac{{qEl}}{{mv_0^2}}x + b\)
Au point S, Y(l)=y(l) \(Y(l) = \frac{{qE{l^2}}}{{mv_0^2}} + b = y(l) = \frac{{qE}}{{2mv_0^2}}{l^2}\) \(b = \frac{{qE}}{{2mv_0^2}}{l^2} - \frac{{qE}}{{mv_0^2}}{l^2} = - \frac{1}{2}\frac{{qE}}{{mv_0^2}}{l^2}\)
L’équation de la tangente devient: \[Y(x) = \frac{{qEl}}{{mv_0^2}}\left( {x - \frac{l}{2}} \right)\]
La tangente en S va couper l’axe Ox lorsque Y(x)=0.
Ainsi: \[x = OA = \frac{l}{2}\]
4. La particule va sortir des armatures si et seulement si: \(y(l) \prec \frac{d}{2}\)
Ainsi: \(\frac{{qE}}{{2mv_0^2}}{l^2} = \frac{{qU.{l^2}}}{{2mdv_0^2}} \prec \frac{d}{2}\) \[U \prec \frac{{{d^2}mv_0^2}}{{q{l^2}}}\]
5. Montrons que Y s’exprime sous la forme. Dans le triangle APO’, on a, d’après Thalès: \(\frac{{SH}}{{AH}} = \frac{{O'P}}{D} \Leftrightarrow \frac{{{y_S}}}{{\frac{l}{2}}} = \frac{Y}{D}\)
Ainsi \(Y = \frac{{qDl}}{{d.mv_0^2}}U = \frac{q}{m}.\frac{{Dl}}{{d.v_0^2}}U\)
6. À partir du graphe, nous avons le rapport : \[\frac{Y}{U} = \frac{{1 \times {{10}^{ - 2}}}}{{2000}} = 5 \times {10^{ - 6}}{\rm{m/V}}\] et l’équation précédente devient, en supposant d=l: \[\frac{Y}{U} = \frac{q}{m}.\frac{D}{{v_0^2}} \Rightarrow \frac{q}{m} = \frac{Y}{U}.\frac{{v_0^2}}{D} = 50 \times {10^6}{\rm{c/kg}}\]
7. La particule étudiée est : \[{}_2^4H_e^{2 + }\]
Exercice 5
1. Caractéristiques du vecteur champ électrique:
- Point d’application: entre les plaques P et P’
- Direction : verticale
- Sens: du bas vers le haut
- Intensité: \(E = \frac{U}{d}\)
Caractéristiques de la force électrostatique
- Point d’application: sur la particule
- Direction : verticale
- Sens: du haut vers le bas
- Intensité: \(F = e.E\)
2. Relation entre le vecteur accélération et le champ électrique .
Supposons le référentiel (xOy) galiléen et appliquons y le TCI. Le poids de l’électron étant négligé comparé à l’intensité de la force électrostatique. \[\overrightarrow F = m{\overrightarrow a _G} \Rightarrow - e.E\overrightarrow j = m{a_G}\overrightarrow j \]
3. a ) Accélération de l’électron: \[{\overrightarrow a _G}\left| \begin{array}{l}{a_{Gx}} = 0\\{a_{Gy}} = - \frac{{eU}}{{m.d}}\end{array} \right.\]
3. b ) Vitesse de l’électron: \[{\overrightarrow v _G}\left| \begin{array}{l}{v_{Gx}} = {v_0}\cos (\alpha )\\{v_{Gy}} = - \frac{{eU}}{{m.d}}t + {v_0}\sin (\alpha )\end{array} \right.\]
3. c ) Position de l’électron: \[\overrightarrow {OM} \left| \begin{array}{l}x = {v_0}\cos (\alpha )t\\y = - \frac{1}{2}\frac{{eU}}{{d.m}}{t^2} + {v_0}\sin (\alpha )t\end{array} \right.\]
4. Équation de la trajectoire de l’électron: \[y = - \frac{1}{2}\frac{{eU}}{{mv_0^2d{{\cos }^2}(\alpha )}}{x^2} + x\tan (\alpha )\]
5. La vitesse est parallèle à l’axe de x si et seulement si vGy=0, \({v_{Gy}} = 0 \Rightarrow - \frac{{eU}}{{d.m}}{t_M} + {v_0}\sin (\alpha ) = 0\) soit \({t_M} = \frac{{m{v_0}d\sin (\alpha )}}{{eU}}\)
Ainsi: \(M\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{mv_0^2d\sin (2\alpha )}}{{2eU}}\\{y_M} = \frac{{mv_0^2d{{\sin }^2}(\alpha )}}{{2eU}}\end{array} \right.\)
L’électron ne sera pas capté par la plaque supérieure si et seulement si: \({y_M} \prec \frac{d}{2}\)
Ainsi:\(\frac{{mv_0^2d{{\sin }^2}(\alpha )}}{{2eU}} \prec \frac{d}{2}\)
Soit : \[mv_0^2{\sin ^2}(\alpha ) \prec eU\]
6.a ) Déterminons la tension U pour que la particule ressorte par O’. En effet, il faut que y(xO’)=0 soit \({y_{O'}} = - \frac{1}{2}\frac{{eU}}{{mv_0^2d{{\cos }^2}(\alpha )}}x_{O'}^2 + {x_{O'}}\tan (\alpha ) = 0\)
Vous trouverez : \[\left\{ \begin{array}{l}{x_{O'}} = 0\\{x_{O'}} = \frac{{v_0^2.m.d.\sin (2\alpha )}}{{eU}} = l\end{array} \right.\]
Ainsi:\[U = \frac{{v_0^2.m.d.\sin (2\alpha )}}{{e.l}}\]
6.b) Du TCI, nous avons eu: \({a_G} = - \frac{{qE}}{m}\) . Du théorème de de Torricelli, on a : \(v_{O'}^2 - v_O^2 = 2{a_G}\left( {{y_{O'}} - {y_O}} \right)\)\( = - 2\frac{{qE}}{m}\left( {{y_{O'}} - {y_O}} \right)\), Or La différence \(\left( {{y_{O'}} - {y_O}} \right)\) est nulle car les deux points sont à la même hauteur. Soit \(v_{O'}^2 - v_O^2 = 0\) La vitesse n’étant pas négative, on retrouve : \[{v_{O'}} = {v_O}\]
La direction de la vitesse vO’ est donnée par la pente de la tangente de la courbe au point O’. En effet, si la tangente à la courbe fait un angle θ ( le vecteur vitesse étant tangent à la courbe en ce point ) avec l’axe x’x, alors \(\tan (\theta ) = {\left. {\frac{{dy}}{{dx}}} \right|_{x = l}} = \) \( - \frac{{eUl}}{{mv_O^2d{{\cos }^2}(\alpha )}} + \tan (\alpha )\) \( = - \frac{{\sin (2\alpha )}}{{{{\cos }^2}(\alpha )}} + \tan (\alpha )\) \( = - \tan (\alpha )\), \(tan(\theta ) = - tan(\alpha )\). \[\overrightarrow {{v_{O'}}} = - {v_O}\cos (\alpha )\overrightarrow i - {v_O}\sin (\alpha )\overrightarrow j \]
6 c) Faire l’application numérique.
Correction application des compétences
Illustration 
Calculons le temps mis par KENFACK
• Première phase de A à B (phase accélérée)
\({a_G} = 1m/{s^2}\), \(AB = 120m\)
\(AB = \frac{1}{2}{a_G}{t^2}\) \( \Rightarrow {t_{AB}} = \sqrt {\frac{{2AB}}{{{a_G}}}} \) \( = \sqrt {\frac{{2 \times 120}}{1}} = 15,50 s\)
Car \({v_A}(t = 0) = 0m/s\) et \({x_A}(t = 0) = 0 m\)
\({v_B} = {a_G}t = \) \(1 \times 15,5 = 15,5m/s\)
• Deuxième phase (phase uniforme)
\({v_{BC}} = cte = {v_B}\) \( = 15,5m/s\)
\({v_{BC}} = \frac{{BC}}{{{t_{BC}}}} \Rightarrow \) \({t_{BC}} = \frac{{BC}}{{{v_{BC}}}} = \frac{{80}}{{15,5}}\) \( = 5,16\)
Le temps mis par KENFAK est de : \(t = {t_{AB}} + {t_{BC}} = \) \(15,5 + 5,15 = 20,65s\)
Calculons le temps mis par Daniel
• Première phase de A’ à B’ (phase accélérée)
\({a_G} = 1m/{s^2}\) et \(A'B' = 100m\)
\(A'B' = \frac{1}{2}{a_G}{t^2}\) \( \Rightarrow {t_{A'B'}} = \sqrt {\frac{{2A'B'}}{{{a_G}}}} = \) \(\sqrt {\frac{{2 \times 100}}{1}} = 14,14S\)
• Deuxième phase (phase uniforme)
\({v_{B'C'}} = \frac{{B'C'}}{{{t_{B'C'}}}} \Rightarrow \) \({t_{B'C'}} = \frac{{B'C'}}{{{v_{B'C'}}}} = \) \(\frac{{75}}{{14,14}} = 5,30s\)
• Troisième phase de C’ à D’ (phase accélérée)
\({v_{C'}} = {v_{B'}} = \) \({a_G}{t_{AB}} = 1 \times 14,14\) \( = 14,14 s\)
On a la loi horaire suivante
\(C'D' = \frac{1}{2}{a_G}t_{C'D'}^2\) \( + {v_{C'}}{t_{C'D'}}\) ainsi \(0,25{t^2} + 14,14t\) \( - 25 = 0\) avec pour seule solution positive \({t_{C'D'}} = 2s\)
\({t_{A'D'}} = 5,30 + \) \(14,14 + 2 = 21,44s\)
Le vainqueur de la compétition reste KENFACK avec 20,65s
