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EXERCICE 10-B : LA PORTEE ET LA FLECHE D'UN PROJECTILE

 

  ENONCE :

 

1- Un projectile de masse m est lancé à partir de l'origine O d'un repère orthonormé attaché au référentiel terrestre considéré comme étant galiléen. Le vecteur vitesse initiale du projectile se trouve dans le plan vertical (xoz) et fait un angle (compris entre 0° et 90°) avec l'axe horizontal (O, ).

Etablir les équations horaires du mouvement du centre d'inertie G du projectile. On néglige toute influence de l'air. Montrer que la trajectoire est plane.

Le champ de pesanteur est uniforme et le vecteur pesanteur terrestre peut s'écrire . (corrigé)

2- Déterminer l'équation de la trajectoire de G. (c)

3- Déterminer la portée (distance OS, sur le sol horizontal, séparant le point de départ O du projectile et son point de chute S sur ce sol, d'altitude 0). (c)

4- Pour quelle valeur ' de l'angle la portée est-elle maximale (la vitesse initiale conservant la même norme Vo) ? (c)

5- Déterminer la hauteur maximale (ou flèche) atteinte par le projectile. (c)

6- Pour quelle valeur " de l'angle la flèche est-elle la plus importante (la vitesse initiale conservant la même norme Vo) ? (c)


SOLUTION :


1-
(énoncé) Etablissons les équations horaires du mouvement du centre d'inertie G du projectile en négligeant toute influence de l'air.

Précisons les conditions initiales.

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

x0 = 0 m (1)

y0 = 0 m (2)

z0 = 0 m (3)

 

V0x = cos ( , ) = cos ( ) (4)

V0y = 0 (5)

V0z = cos ( , ) = cos ( - 90° ) = sin ( )(6)

Vecteur accélération

Référentiel Galiléen : le solide Terre auquel on associe le repère orthonormé.

Système étudié : le projectile de centre d'inertie G.

Force extérieure appliquée : le poids = m (7) (essentiellement attraction gravitationnelle de la Terre sur le mobile M de masse m)

Appliquons la deuxième loi de Newton (voir la leçon 11) :

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

(8)

Ici, on écrit :

(9)

L'accélération est donc :

(10)

Les coordonnées du vecteur accélération sont donc, en posant g = :

 

 

ax = dVx / dt = 0 (11)

ay = dVy / dt = 0 (12)

az = dVz / dt = - g (13)

Vecteur vitesse

  Cherchons les primitives des coordonnées du vecteur accélération ci-dessus. On obtient, avec 3 constantes C1, C2 et C3 :

Vx = C1 (14)

Vy = C2 (15)

Vz = - g t + C3 (16)

Les 3 constantes C1, C2 et C3 sont déterminées en se plaçant à l'instant initial. Elles sont égales aux coordonnées du vecteur vitesse , à l'instant 0 (voir ci-dessus). Par conséquent :

C1 = cos ( )

C2 = 0

C3 = sin ( )

Vx = dx / dt = cos ( ) (17)

Vy = dy / dt = 0 (18)

Vz = dz / dt = - g t + sin ( ) (19)

Vecteur position

 

Cherchons les primitives des coordonnées du vecteur vitesse ci-dessus. On obtient, avec 3 constantes C4, C5 et C6 :

x = cos ( ) t + C4 (20)

y = C5 (21)

z = - g + sin ( ) t + C6 (22)

Les 3 constantes C4, C5 et C6 sont déterminées en se plaçant à l'instant initial. Elles sont égales aux coordonnées du vecteur position initiale , à l'instant 0 (voir ci-dessus). Par conséquent :

C4 = 0

C5 = 0

C6 = 0

Les équations horaires paramétriques du mouvement sont donc :

x = cos ( ) t (23)

y = 0 (24)

z = - g + sin ( ) t (25)

 

Comme on a constamment y = 0, la trajectoire est plane. Le mouvement a lieu dans le plan vertical (xoz).

Remarque : Tous les calculs précédents peuvent être faits, plus rapidement, dans un tableau :

En posant V0=et g =.

 

Dans le tableau, on a utilisé les relations suivantes :

cos ( - ) = cos ( )

cos ( - 90° + ) = cos ( - 90° ) = sin ( )

cos ( 180° ) = - 1


2-
(e) Déterminons l'équation de la trajectoire de G.

Rappelons les équations horaires du mouvement

x = cos ( ) t (23)

y = 0 (24)

z = - g + + sin ( ) t (25)

L'équation (23) x = cos ( ) t donne t = x / cos ( ).

Portons t dans l'équation (25). On obtient :

z = - g [ x / cos ( ) ] 2 + sin ( ) x / cos ( )

Soit :

(26)

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


3- (e) Déterminons la portée du projectile (distance parcourue par le projectile lorsqu'il retombe sur le sol horizontal, d'altitude 0).

La portée est la distance OS = XS.  En S, on sait que zS = 0 m. Portons cette valeur dans la relation (26) :

On obtient deux solutions :

XO = 0 m (cette valeur correspond au point de départ du projectile, lancé à partir de l'origine O du repère)

XS = 2 Vo2 cos 2 ( ) tan ( ) / g = 2 Vo2 cos ( ) sin ( ) / g

XS = 2 Vo2 cos ( ) sin ( ) / g (portée du projectile) (27)

En trigonométrie, on montre que 2 cos ( ) sin ( ) = sin ( 2 ) (28)

XS = ( Vo2 / g ) sin ( 2 )

La portée OS du projectile est donc :

OS = XS = ( Vo2 / g ) sin ( 2 ) (29)


4- (e) Calculons pour quelle valeur a ' de l'angle a la portée devient maximale (la vitesse initiale conservant la même norme Vo).

La vitesse initiale Vo conservant la même norme, la portée OS = ( Vo2 / g ) sin ( 2 ) (29) devient maximale lorsque sin ( 2 ) prend sa valeur maximale égale à 1.

sin ( 2 ' ) = 1  avec ' compris entre 0° et 90° donne 2 ' = 90° soit :

' = 45 ° = ( / 4) rad (30)Portons dans (29) OS = XS = ( Vo2 / g ) sin ( 2 )

OS (max) = XS (max) = ( Vo2 / g ) sin ( 2 x 45° ) = ( Vo2 / g ) sin ( 90° )

La portée maximale vaut donc OS (max) = XS (max) = ( Vo2 / g ) (31)


5-
(e) Déterminons la hauteur maximale (ou flèche) atteinte par le projectile. (c)

Le sommet H de la parabole correspond au point le plus haut atteint par le projectile.

La hauteur maximale atteinte par le projectile est donc AH. On sait, d'après le schéma, que XA = XH = XS / 2 (32)

On a vu que XS = 2 Vo2 cos ( ) sin ( ) / g (27) (portée du projectile). Par suite :

XA = XH = XS / 2 = Vo2 cos ( ) sin ( ) / g (33)

Portons cette valeur de XH dans la relation (26) :

ZH = [ - g / 2 Vo² cos² ( ) ] Vo4 cos2( ) sin2 ( ) / g2 + tan () Vo2 cos ( ) sin ( ) / g

ZH = [ - 1 / 2 ] Vo2 sin2 ( ) / g + Vo2 sin2 ( ) / g

ZH = [ - 1 / 2 ] Vo2 sin2 ( ) / g + Vo2 sin2 ( ) / g

ZH = Vo2 sin2 ( ) / 2 g (34)


6- (e) Cherchons pour quelle valeur '' de l'angle la flèche ZH est la plus importante (la vitesse initiale conservant la même norme Vo).

 Vo restant constant, la flèche ZH = Vo2 sin2 ( ) / 2 g (34) devient maximale lorsque sin2 ( '' ) = 1 soit :

'' = 90° = (p / 2) rad (on élimine évidemment la solution = - 90 °)

 

Cette flèche maximale vaut :

ZH " (max) = OH " = Vo2 / 2 g (35)

Remarque 1 : Le projectile est alors lancé verticalement vers le haut ('' = 90°) avec la vitesse Vo.

Les équations horaires du mouvement :

x = cos ( ) t (23)

y = 0 (24)

z = - g + + sin ( ) t (25)

se simplifient et deviennent :

x = 0 m (36)

y = 0 (37)

z = - g + + t (38)

 

Remarque 2 : On peut retrouver de façon différente la relation ZH " (max) = OH " = Vo2 / 2 g (35).

Rappelons un résultat de la classe de première :

Principe de conservation de l'énergie mécanique : La somme de l'énergie cinétique et de l'énergie potentielle d'un solide seulement en interaction avec la Terre se conserve.

Cette somme Em = Ec + Ep = m V² + m g z (39) est parfois appelée énergie mécanique du solide en interaction avec la Terre.

Ici, le projectile est bien seulement en interaction avec la Terre (on a négligé la présence de l'air).

Son énergie mécanique dans le champ de pesanteur terrestre se conserve.

Elle est la même en tout point du trajet OH "O.

EmH " = EmO (40)

m VH "2 + m g Z H " = m VO2 + m g ZO (41) . Mais on sait que VH " = 0 m/s et que ZO = 0 m.

0 + m g Z H " = m VO² + 0 (42)

On retrouve bien :

Z H " (max) = OH " = Vo2 / 2 g (35 écrit ci-dessus)

 

A VOIR :

Problème résolu de la leçon 10 : Mouvement d'un projectile dans le champ de pesanteur supposé uniforme.

Exercice 10-A : Connaissances du cours n° 10.

Exercice 10-B : La portée et la flèche d'un projectile. (ci-dessus)

Exercice 10-C : Mouvement sur un plan incliné - Construction du vecteur accélération.

Exercice 10-D : Pendule simple. Bac 2013 - Pndichery - Exercice 3.

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