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MOUVEMENTS PARABOLIQUES - leçon n° 8

 

Cette leçon est traitée sous forme de problème résolu.

 
ENONCE : Projectile dans le champ de pesanteur supposé uniforme


Un mobile ponctuel M glisse le long d'une table inclinée d'un angle
a = 30° sur l'horizontale. Il quitte celle-ci, à la date t = 0 s, au point Mo, avec une vitesse

 


· 1
Préciser les conditions initiales. Calculer, à t = 0 s, les cordonnées du vecteur position et du vecteur vitesse dans la base . (c)


·
2
Etudier la trajectoire aérienne du mobile. Montrer que cette trajectoire, entre Mo et S, est parabolique. (c)


·
3
Déterminer les coordonnées du point d'impact S sur le sol ainsi que la date tS et la vitesse VS du mobile juste avant le choc. (c)

On donne :

g = 9,8 N / kg

Vo = 0,80 m / s

h = OMo = 2 m


SOLUTION


 · 1 (e) Précisons les conditions initiales.

A la date t = 0 s, les vecteurs position et vitesse ont pour coordonnées :

(m)

(m/s)

x0 = 0

V0x = cos ( , )

V0x = 0,80 cos ( - 30° ) = 0,693

y0 = OMo = h = 2

V0y = cos (, )

V0y = 0,80 cos ( - 120° ) = - 0,400

 

· 2 (e) Etudions la trajectoire aérienne du mobile entre les points Mo et S.

Il serait utile de retracer les vecteurs et à partir de O pour mieux lire les angles de ces vecteurs avec et .

Référentiel Galiléen : le solide Terre auquel on associe le repère orthonormé (O ,).

Système étudié : le mobile M.

Force appliquée : le poids = m (essentiellement attraction gravitationnelle de la Terre sur le mobile M de masse m)

Appliquons le théorème du centre d'inertie (voir leçon 6) :

Dans un référentiel Galiléen, la somme des forces extérieures appliquées à un solide est égale au produit de la masse du solide par l'accélération de son centre d'inertie :

Ici, on écrit :

m = m

L'accélération est donc :

=

Projetons les différents vecteurs dans la base en posant V0=etg=.

La lecture des colonnes 3, 4, 5 a permis de remplir les colonnes 6 et 7.

- Dans le tableau, on a utilisé les relations suivantes :

cos (- 30°) = cos (30°)

cos (120°) = - sin (30°)

cos (180°) = - 1

- L'équation (1) donne t = X / V0 cos (30°) .

Portons dans l'équation (2) ci-dessus. On obtient l'équation de la trajectoire aérienne du mobile :

Y = - ( g / V0² cos² 30° ) - tan (30°) X + h (5)

Y = - 10,2 - 0,577 X + 2 (6)

Entre Mo et S, la trajectoire aérienne du mobile est donc un arc de parabole.


· 3 (e) Déterminons les coordonnées du point d'impact S du mobile sur le sol ainsi que la date tS et la vitesse correspondante VS.

- Au point S on a yS = 0 m.

La relation (6) donne 0 = - 10,2.x² - 0,577.x + 2.

C'est un trinôme du second degré de la forme 0 = a x² + b x + c

Le discriminant est D = b² - 4ac = 81,13

Les racines sont = - 0,469 m et = 0,412 m.

Physiquement, la bonne solution est :

xS = 0,412 m (7) associé à yS = 0 m (8)

L'abscisse x1 correspond à un point virtuel. Lequel ?

- La relation (1) donne tS = xS / ( Vo cos 30° ) = 0,412 / ( 0,8 ´ cos 30° )

tS = 0,595 s (9)

- Les relations (3) et (4) permettent de calculer VS x et VS y :

VS x = Vo cos 30° = 0,693 m / s (10)

VS y = - g tS - Vo sin 30° = - 6,231 m / s (11)

On en déduit VS² = V²S x + V²S y = 0,693² + ( - 6,231 )² = 39,31 m² / s² soit :

VS = 6,27 m / s (12)

- Le théorème de l'énergie cinétique (voir la leçon 6) donne plus rapidement la solution :

m VS² - m VMo² = m g h soit

VS² = 2 g h + VMo² soit

VS² = 2 ´ 9,8 ´ 2 + 0,80² = 39,84 m² / s²

VS = 6,31 m / s (13)

L'écart relatif entre les valeurs de Vs données par les relations (12) et (13) est inférieur à 1/100.

 

A VOIR :

Problème résolu ci-dessus : Projectile dans le champ de pesanteur supposé uniforme

Problème n° 8-A (à résoudre) : Mouvement sur un plan incliné

Autre exemple de mouvement parabolique : Leçon 11 problème 2

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