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 positionet 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 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
· 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 tS et la vitesse correspondante VS.· Au point S on a yS = 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 :
tS = xS / ( Vo cos 30° ) = 0,412 / ( 0,8 ´ cos 30° )
tS = 0,595 s
(30)
· Les relations :
Vx = V0 cos ( - 30° )
(17)
Vy = - g t + V0 cos ( - 120° )
(18)
permettent de calculer VS x et VS 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 VS² = V²S x + V²S 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.V²final -
m.V²initial = W(
)ext + W(
)ext + ...
(21)
Ici, on écrira :
m VS² -
m VMo² = W (
)
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
(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.