06 cours quelques mvt particuliers

DERNIÈRE IMPRESSION LE 1er août 2013 à 12:23
Chapitre 6
Quelques mouvements particuliers
Table des matières
1 Mouvement d’un projectile 2
1.1 Énoncé du problème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Équations horaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.3 Équation de la trajectoire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.4 Calcul de la portée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.5 Calcul de la flèche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2 Mouvement d’une charge 4
2.1 Énoncé du problème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2.2 Équations horaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.3 Équation de la trajectoire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
PAUL MILAN 1 PHYSIQUE-CHIMIE. TERMINALE S

1 MOUVEMENT D’UN PROJECTILE
1 Mouvement d’un projectile
1.1 Énoncé du problème
On lance un ballon de foot avec un angle αpar rapport à l’horizontale avec une
vitesse initiale v0.
On peut alors faire le schéma suivant :
O
F
I
h
−→
P
M(t)
x(t)
y(t)
v0
v0cos α
v0sin α
α
A
1.2 Équations horaires
Le référentiel terrestre peut être considéré comme galiléen car correspondant aux
conditions de laboratoire.
On considére le repère Oxy, plan correspondant au mouvement : Oxcorrespon-
dant à l’horizontale et Oyà la verticale.
La seule force extérieure au système (le ballon de foot) est le poids.
D’après le PFD, on a : −→ P=m~ a⇔m~ g=m~ a⇔~ a=~ g
On intègre deux fois le vecteur accélération, que l’on projette sur les deux axes,
pour obtenir les équations horaires du système :
~
a
0
−g⇒~
v
v0cos α
−gt +v0sin α
⇒
−−→
OM 
v0cos αt
−1
2gt2+v0sin αt
On obtient alors les équations horaires du mouvement suivantes :
x(t) = v0cos αt(1)
y(t) = −1
2gt2+v0sin αt(2)
1.3 Équation de la trajectoire
Pour obtenir l’équation de la trajectoire, il faut isoler tdans l’équation horaire (1)
puis le remplacer dans l’équation horaire (2) :
De (1), on a : t=x
v0cos α
On remplace dans (2) : y=−1
2gx v0cos α2
+v0sin αx
v0cos α
PAUL MILAN 2 PHYSIQUE-CHIMIE. TERMINALE S

1.4 CALCUL DE LA PORTÉE
On obtient l’équation de la trajectoire suivante :
y=−g
2v2
0cos2αx2+tan αx
1.4 Calcul de la portée
La trajectoire est donc une parabole. Pour déterminer la portée, il faut déterminer
la distance OA, c’est à dire la distance xAoù le ballon retombe sur le sol soit pour
y=0.
D’après l’équation de la trajectoire, on a :
−g
2v2
0cos2αx2+tan αx=0⇔x −g
2v2
0cos2αx+tan α!=0
La solution xAétant la solution non nulle, on a :
−g
2v2
0cos2αxA+tan α=0
xA=2v2
0cos2αtan α
g
xA=2v2
0cos αsin α
g
D’après les formules de duplication : sin 2α=2 sin αcos α, on a :
OA =xA=v2
0sin 2α
2g
Remarque : Pour déterminer la portée maximale, on doit avoir sin 2α=1 qui
correspond à α=π
4
1.5 Calcul de la flèche
La flèche correspond à la hauteur maximale atteinte par le ballon. Sur notre schéma
la flèche correspond à la hauteur hatteinte pour l’abscisse OI.
a) Première méthode : symétrie de la parabole
D’après la symétrie de la parabole, on a : OI =OA
2=v2
0sin 2α
2g
On en déduit alors :
h=−g
2v2
0cos2αOI2+tan αOI
=−g
2v2
0cos2α
×v4
0sin22α
4g2+tan α×v2
0sin 2α
2g
=−v2
0(2 sin αcos α)2
8gcos2α+sin α
cos α
×v2
0(2 sin αcos α)
2g
=−4v2
0sin2αcos2α
8gcos2α+v2
0sin2α
g
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2 MOUVEMENT D’UNE CHARGE
h=−v2
0sin2α
2g+v2
0sin2α
g
=v2
0sin2α
2g
b) Deuxième méthode : tangente horizontale
La flèche est obtenue lorsque la vitesse est horizontale soit quand vy=0
On a alors : −gt +v0sin α=0⇔t=v0sin α
g
On remplace alors dans l’équation horaire de y(t), on obtient :
h=−1
2×v0sin α g2
+v0sin α×v0sin α
g
=−v2
0sin2α
2g+v2
0sin2α
g
=v2
0sin2α
2g
2 Mouvement d’une charge à l’intérieur d’un champs
électrostatique
2.1 Énoncé du problème
On considére une particule chargée en O de vitesse initiale v0à l’intérieur d’un
condensateur. On peut alors faire le schéma suivant :
On note :
•
−→
E : le champ électrostatique uni-
forme à l’intérieur du condensateur.
•UPN 1: la différence de potentiel entre
les deux plaques
•q: la particule chargée en mouve-
ment
•
−→
F=q
−→
E : la force élétrostatique
Le poids Pest négligeable devant la
force électrostatique F(P/F≃10−8)
Le schéma ci-contre montre la trajec-
toire de la particule suivant le signe de
la charge.
On considère le repère Oxy
O
−→
E
UPN =VP−VN>0
−→
v0
v0cos α
M(t)
v0sin α
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
M(t)
q<0
q>0
−→
F
−→
Fx
y
1. BLa notation de la différence de potentiel est l’inverse de la notation vectorielle.
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2.2 ÉQUATIONS HORAIRES
Le référentiel terrestre peut-être considéré comme galiléen car correspondant aux
conditions de laboratoire
2.2 Équations horaires
Comme le poids est négligeable devant la force électrostatique, d’après le PFD,
on a : −→
F=m~ a⇔q
−→
E=m~ a⇔~ a=q
m
−→
E
On intègre deux fois le vecteur accélération, que l’on projette sur les deux axes,
pour obtenir les équations horaire du système (la particule chargée) :
~
a
qE
m
0
⇒~ v
qE
mt+v0cos α
v0sin α
⇒
−−→
OM 
qE
2mt2+v0cos αt
v0sin αt
On obtient alors les équations horaires du mouvement suivantes :
x(t) = qE
2mt2+v0cos αt(1)
y(t) = v0sin αt(2)
Remarque : Dans le cas particulier où α=π
2, on obtient les équations horaires
suivantes :
x(t) = qE
2mt2
y(t) = v0t
2.3 Équation de la trajectoire
Pour obtenir l’équation de la trajectoire, il faut isoler tdans l’équation horaire (2)
puis le remplacer dans l’équation (1) :
De (2), on a : t=y
v0sin α
On remplace dans (1) : x=qE
2my v0sin α2
+v0cos αy
v0sin α
On obtient l’équation de la trajectoire suivante :
x=qE
2mv2
0sin2α
y2+y
tan α
On obtient alors une parabole d’axe parallèle à l’axe Ox.
Remarque : Dans le cas particulier où α=π
2, on a alors comme équation de la
trajectoire :
x=qE
2mv2
0
y2
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