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 le repère orthonormé. (c)

· 2 Déterminer les équations horaires du mouvement. Montrer que le mouvement a lieu dans un plan. (c)

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

· 4 Déterminer les coordonnées du point d'impact S sur le sol ainsi que la date t_S et la vitesse V_S 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 :

x0 = 0 (1) y0 = OMo = h = 2 m (2) z0 = 0 (3)

V0x = cos ( , ) = 0,80 cos ( - 30° ) = 0,693 m / s (4) V0y = cos (, ) = 0,80 cos ( - 120° ) = - 0,400 m / s (5) V0z = 0 m / s (6)

 
· 2 (e) Déterminons les équations horaires du mouvement.

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

Système étudié : le mobile M.

Force 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 = - g (12) az = dVz / dt = 0 (13)

· Cherchons les primitives de ces trois fonctions. On obtient, avec 3 contantes C₁, C₂ et C₃ , les coordonnées du vecteur vitesse :

Vx = C1 (14) Vy = - g t + C2 (15) Vz = 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 :

 

Vx = dx / dt = V0 cos ( - 30° ) (17) Vy = dy / dt = - g t + V0 cos ( - 120° ) (18) Vz = dz / dt = 0 (19)

· Cherchons de nouveau les primitives de ces trois fonctions. On obtient les coordonnées du vecteur vitesse position :

x = V0 cos ( 30° ) t + C4 (20) y = - g t² + V0 cos ( 120° ) t + C5 (21) z = C6 (22)

On a tenu compte du fait que cos ( - 30° ) = cos ( 30° ) et que cos ( - 120° ) = cos ( 120° )

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 :

x = V0 cos ( 30° ) t + 0 (23) y = - g t² + V0 cos ( 120° ) t + h (24) z = 0 (25)

· Comme z = 0, la trajectoire est plane. Le mouvement a lieu dans le plan vertical (xoy). Les équations horaires paramétriques du mouvement sont :

x = V0 cos ( 30° ) t (23) y = - g t² + V0 cos ( 120° ) t + h = - g t² - V0 sin ( 30° ) t + h (24) z = 0 (25)

Remarque : Tous les calculs précédents peuvent être faits, plus rapidement, dans un tableau (les normes et sont notées V₀ et g) :

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

cos (- 30°) = cos (30°)

cos (120°) = - sin (30°)

cos (180°) = - 1

· 3 (e) Etudions la trajectoire aérienne du mobile. Montrons que cette trajectoire, entre Mo et S, est parabolique.

· L'équation x = V₀ cos ( 30° ) t donne t = X / V₀ cos (30°) (23 bis)

Portons t = X / V₀ cos (30°) dans l'équation  y = - g t² - V₀ sin ( 30° ) t + h (24)

On obtient l'équation de la trajectoire aérienne du mobile :

Y = - ( g / V0² cos² 30° ) X² - tan (30°) X + h (26) Y = - 10,2 X² - 0,577 X + 2 (27)

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

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

· Au point S on a y_S = 0 m.

La relation Y = - 10,2 X² - 0,577 X + 2 (27) 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 (28) associé à yS = 0 m (29)

L'abscisse x₁ correspond à un point virtuel (intersection de la parabole, prolongée du coté x < 0, avec le sol).

· La relation x = V₀ cos ( 30° ) t (23)donne :

t_S = x_S / ( Vo cos 30° ) = 0,412 / ( 0,8 ´ cos 30° )

tS = 0,595 s (30)

· Les relations :

V_x = V₀ cos ( - 30° ) (17)

V_y = - g t + V₀ cos ( - 120° ) (18)

permettent de calculer V_{S x} et V_{S y} :

VS x = Vo cos 30° = 0,693 m / s (31) VS y = - g tS - Vo sin 30° = - 6,231 m / s (32)

On en déduit V_S² = V²_{S x} + V²_{S y} = 0,693² + ( - 6,231 )² = 39,31 m² / s² soit :

VS = 6,27 m / s (33)

Remarque : Le théorème de l'énergie cinétique, étudié en classe de première, donne plus rapidement la solution. Rappelons son énoncé :

Dans un référentiel Galiléen, la variation de l'énergie cinétique d'un solide, entre deux instants t _initial et t _final, est égale à la somme des travaux des forces extérieures appliquées au solide entre ces deux instants.

Pour un solide en translation :

m.V²_final - m.V²_initial = W( )_ext + W( )_ext + ... (21)

Ici, on écrira :

m V_S² - m V_Mo² = W ( )

m V_S² - m V_Mo² = m g h soit

V_S² = 2 g h + V_Mo² soit

V_S² = 2 ´ 9,8 ´ 2 + 0,80² = 39,84 m² / s²

VS = 6,31 m / s (33 bis)

L'écart relatif entre les valeurs de Vs données par les relations (33) et (33 bis) est inférieur à 1/100. Cet écart n'est dû qu'aux approximations faites dans les calculs.

 

A VOIR :

Problème résolu ci-dessus : Mouvement d'un projectile dans le champ de pesanteur supposé uniforme.

Problème n° 13-A (à résoudre) : Mouvement parabolique d'un projectile.