A2 Mouvement dans le champ de pesanteur

1re B et C
A2 Mouvement dans le champ de pesanteur
1
A2 Mouvement dans le champ de pesanteur
a) Système étudié

Un projectile, de masse m est lancé dans le champ de pesanteur g avec une vitesse

initiale de lancement v 0 . Ce vecteur fait avec l'horizontale un angle aigu  appelé angle
de tir.
Dans la suite on n'étudiera que des mouvements de vitesse initiale faible. Les dimensions
de la trajectoire restent alors négligeables par rapport au rayon de la Terre ce qui permet
de considérer le champ de pesanteur comme uniforme :

Caractéristiques du champ de pesanteur uniforme g :
direction: verticale
sens:
vers le bas
norme
g = 9,8 m/s2 = constant
De plus, si la vitesse du projectile reste faible on pourra négliger le frottement de l'air
par rapport au poids.
  
Le repère terrestre (O, i , j , k ) est supposé galiléen. L’origine O ne coïncide pas forcément
avec le point de lancement du projectile.


L’axe Ox (défini par i ) est horizontal et est contenu dans le plan vertical contenant v 0 .

L’axe Oy (défini par j ) est vertical et dirigé vers le haut.
On n’a pas besoin de troisième axe car le mouvement se déroule dans un plan.
Position initiale :
A t = 0 : OM 0 :
x0 = 0 (prendre x=0 au point de lancement)
y0  0 (le projectile part à une altitude quelconque)
Vitesse initiale :


A t = 0 : v 0 forme avec l'horizontale un angle de tir  tel que 0 <  <
2

v0 :
v 0 x  v 0 cos 
v 0 y  v 0 sin 
b) Equations horaires du mouvement
Forces extérieures

Seule force extérieure : poids P du projectile. (Nous avons négligé le frottement !)
Accélération
Appliquons la RFD:




 F  ma P  ma
Accélération constante :


mg  ma
ax=0
(1)
<=>
 
ag
ay=-g
(2)
1re B et C
A2 Mouvement dans le champ de pesanteur
2
1re Intégration => Vitesse
dv y
dv
Comme a x  x et a y 
, les coordonnées de la vitesse sont les primitives des
dt
dt
coordonnées de l’accélération.
En prenant la primitive de la relation (1), on obtient :
Condition initiale : t = 0  v x  v 0 cos 
vx  C
(3)
Remplaçons dans (3)  C  v 0 cos  . Donc :
v x  v 0 cos 
(4)
La projection du mouvement sur l’axe Ox est un mouvement uniforme.
En prenant la primitive de la relation (2), on obtient :
v y  gt  C
(5)
Condition initiale : t = 0  vy = v0sin.
Remplaçons dans (5)  C = v0sin. Donc :
v y  gt  v 0 sin 
(6)
La projection du mouvement sur l’axe Oy est un mouvement uniformément varié.
1re B et C
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3
2e intégration => Position (équations paramétriques du mouvement)
dx
dy
et vy 
Comme v x 
, les coordonnées de la position sont les primitives des
dt
dt
coordonnées de la vitesse.
En prenant la primitive de la relation (4), on obtient :
x  v 0 cos    t  C
(7)
Condition initiale : t = 0  x = x0 = 0.
Remplaçons dans (7)  C = 0. Donc :
x  v 0 cos    t
(8)
1
En prenant la primitive de la relation (6), on obtient : y   gt 2  v 0 sin    t  C
2
Condition initiale : t = 0  y = y0.
1
y   gt 2  v0  sin    t  y 0
Remplaçons dans (9)  C = y0. Donc :
2
(9)
(10)
c) La trajectoire et ses caractéristiques
Equation cartésienne de la trajectoire
x
(8)  t 
v o cos 

Dans (10)

y
g
x 2  x  tan   y0
2v cos2 
(11)
2
o
C'est l'équation d'une parabole.

Position du point d'impact P sur le sol
Pour P, y = 0. Remplaçons dans l'équation (11): 
g
x 2  x  tan   y0  0
2
2v cos 
2
o
Cette équation du deuxième degré a en principe deux racines.

Position du point d'impact P au cas particulier où y0 = 0 (même hauteur)

g
sin  
  0
x

L'équation (12) s'écrit maintenant: x  2
2
cos

2v
cos

o


Il faut donc que: soit x = 0,
soit 
g
sin 
x
0
2
cos 
2v cos 
2
o
(12)
1re B et C
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1ére solution: x1 = 0
2e solution:
*
4
(point de lancement)
x2  xP 
2vo2 sin cos  vo2 sin 2

g
g
(13)
Remarque 1
La relation (13) permet de calculer  pour une valeur donnée de v0!
g  xP
sin 2  
v o2
Cette équation trigonométrique admet deux solutions 1 et 2 telles que :
2 = 180  21
ou bien : 2 = 90  1
Conclusion : Pour une valeur donnée de v0, une même portée xP est atteinte pour deux
angles de tir différents (si  est différent de 0o, 45o et 90o). Ces deux angles
sont complémentaires.
*
Remarque 2
xP dépend de l'angle de tir; pour une valeur donnée de v0 elle est maximale si :
sin 2 = 1
2 = 90
 = 45
Conclusion : Pour une valeur donnée de v0, la portée xP est maximale pour  = 45o.

Position du sommet S (altitude maximale atteinte)
En S, la coordonnée verticale du vecteur vitesse est nulle :
v y (S)  0  gt S  v0 sin   0  t S 
v0 sin 
g
d’où pour l’abscisse :
Remplaçons dans (10):
1
yS   gt S2  v0  sin    t S  y0
2
pour l’altitude maximale on obtient alors:
2
 v sin  
1  v sin  
  v 0 sin     0
 +y0
y S   g 0
2  g 
 g 
Finalement: y S 
v o2 sin 2 
+y0
2g
1re B et C
A2 Mouvement dans le champ de pesanteur
Cas particuliers
=0 tir horizontal à partir de l’origine.
5

x= v0·t
y=-½·g·t2
=90 tir vertical à partir de l’origine :

x=0
y=v0·t - ½·g·t2
Tir réel
En présence du frottement de l’air, la trajectoire n’est plus symétrique et les valeurs yS' et
de xP' sont nettement inférieures à celles qu’on vient de calculer.
Exemple :
On a une machine à tirer des projectiles. Elle communique aux projectiles toujours la même
vitesse initiale. Pour un angle de tir =45, la portée vaut ____ m (* Expérience)
a) Déduire la vitesse initiale.
b) Trouver la portée pour un angle de tir de 60.
c) Existe-t-il un autre angle donnant la portée précédente.