Chapitre 1.10 – La chute libre à 2 dimensions

Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume A Page 1
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Chapitre 1.10 – La chute libre à 2 dimensions
La nature vectorielle de la vitesse en chute libre
Analysons la cinématique de trois billes lancées de la façon suivante :
A
B
C
x
y
1) Une bille A et une bille B sont lancées
horizontalement avec la même vitesse initiale
(mouvement horizontal).
2)
Lorsque la bille B quitte la surface horizontale,
on laisse tomber la bille C avec une vitesse
initiale nulle (mouvement vertical) .
Conclusion :
1)
Les mouvements selon l’axe x de la bille A et B
sont identiques, car ils possèdent les mêmes
vitesses initiales.
2)
Les mouvements selon l’axe y de la bille B et C
sont identique, car ils possèdent les mêmes
vitesses initiales et les mêmes accélérations.
 On réalise qu’un mouvement selon l’axe x n’influence pas le mouvement selon l’axe y
et vis-versa dans la chute libre.
 Pour résoudre un problème de chute libre en deux dimension, il sera important de
décomposer la vitesse en deux parties : selon l’axe x (
x
v) et selon l’axe y (
y
v )
 Une situation de chute avec résistance de l’air est beaucoup plus complexe à analyser,
car la résistance dépend de la vitesse ce qui « couple » les équations du mouvement.
Chute libre à deux dimensions
La chute libre à deux dimensions est un mouvement uniquement sous l’influence d’une
gravité constante dont le mouvement vertical selon l’axe y est indépendant du mouvement
horizontal selon l’axe x . L’accélération selon l’axe y est orientée vers le bas et
l’accélération selon l’axe x est nulle :
0=
x
a
et
ga
y
−=
où
x
a : Accélération horizontale selon
l’axe x (m/s
2
)
y
a : Accélération verticale dont
l’axe y est positive vers le haut (m/s
2
)
g
: Accélération gravitationnelle (m/s
2
)
x(m)
0x
v
0y
v
0
v
0xx
vv =
y
v v
y
a
y(m)
0
=
y
v

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Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Décomposition de la vitesse
Considérons un objet ayant une vitesse de module
v
orientée vers le haut à un angle
θ
par
rapport à l’horizontale :
θ
y
v
v
x
v
θ
y
v
v
x
v
ou
On peut décomposer la vitesse selon l’axe x et l’axe y de la façon suivante :
(
)
θ cos vv
x
= et
(
)
θ sinvv
y
=
Relation du module de la vitesse:
22
2
yx
vvv +=
Situation 1
:
Une balle au bord du gouffre
.
Une balle glisse à 6 m/s sur une surface
horizontale sans frottement située à 10 m au-dessus du sol. Lorsqu’elle atteint le rebord
de la surface, elle se met à voyager en chute libre. On désire calculer (a) son temps de vol
et (b) la distance horizontale parcourue pendant la chute.
Voici les données de base de la situation :
Selon l’axe y Selon l’axe x Selon l’axe x et y
2
m/s8,9−=
y
a
0
0
=
y
v m10
0
=y
?=
y
v 0
=
y
0=
x
a
m/s6
0
=
x
v 0
0
=x
?=
x
v ?
=
x
?
=
t
Évaluons le temps de vol avec l’équation de la position du MUA :
2
00
2
1tatvyy
yy
++=
⇒
( ) ( ) ( ) ( )
2
8,9
2
1
0100 tt −++= (Remplacer valeurs num.)
⇒
109,4
2
=t (Calcul)
⇒
s43,1±=t (Évaluer la racine)
⇒
s43,1=t (a) (Choisir le temps positif)
Évaluons la distance horizontale parcourue : (puisque 0
0
=x, alors x est égal à la distance parcourue)
2
00
2
1tatvxx
xx
++=
⇒
( ) ( ) ( )
2
0
2
1
60 ttx ++= (Remplacer 0
0
=x et 0=
x
a)
⇒
tx 6
=
(Calcul)
⇒
(
)
43,16=x (Remplacer s43,1=t, temps de parcours)
⇒
m53,8=x (b) (Calcul)

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Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Situation X : Les joies du lance-balles, prise 1. Un lance-balles projette une balle à une
vitesse de module m/s10
0
=v selon un angle de °= 60
0
θ vers le haut par rapport à
l’horizontale. Au moment où la balle sort du lance-balles, elle est à 1 m au-dessus du sol.
En retombant, elle frappe le toit d’un camion à 2 m au-dessus du sol. On désire calculer
(a) le temps de vol de la balle, (b) la hauteur maximale H de la balle par rapport au sol et
(c) l’angle
α
que fait la trajectoire de la balle avec l’horizontale lorsqu’elle frappe le toit
de camion.
α
1 m
2 m
0
v
H
0
θ
Données de base : (Situation du lancée de la balle dans le camion)
Selon l’axe y Selon l’axe x
2
m/s8,9−=
y
a
(
)
(
)
(
)
m/s66,860sin10sin
00
=°== θ vv
y
?=
y
v
m1
0
=y
m2=y
0=
x
a
(
)
(
)
(
)
m/s560cos10cos
00
=°== θ vv
x
?=
x
v
0
0
=x
?
=
x
Selon l’axe x et y
?
=
t
Évaluons le temps de vol de la balle avec l’équation de la position du MUA :
2
00
2
1tatvyy
yy
++=
⇒
( ) ( ) ( ) ( )
2
8,9
2
1
66,812 tt −++= (Remplacer valeurs num.)
⇒
0166,89,4
2
=−+− tt (Calcul et réécriture)
Évaluons la solution au polynôme du 2
ième
degré :
a
acbb
t
2
4
2
−±−
=
⇒
( ) ( ) ( )( )
( ) 9,42
19,4466,866,8
2
−
−−−±−
=t(Remplacer a, b et c)
⇒
8,9
4,5566,8 ±
=t (Simplification)
⇒
{
}
64,1,12,0=t (Deux solutions)
⇒
s64,1=t (a) (Choisir le 2
ième
temps)

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Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Évaluons la hauteur maximale atteinte par la balle avec le critère 0=
y
v :
(
)
0
2
0
2
2yyavv
yyy
−+=
⇒
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
18,9266,80
22
−−+= y (Remplacer valeurs num.)
⇒
(
)
H6,196,940 −= (Calcul et remplacer Hy
=
)
⇒
m83,4=H (b) (Isoler H)
Évaluons la vitesse de la balle avant le contact avec le camion :
Vitesse finale en x : 0=
x
a
⇒
m/s5
0
==
xx
vv (Pas d’accélération)
⇒
m/s5=
x
v (Vitesse en x)
Vitesse finale en y : tavv
yyy
+=
0
⇒
(
)
(
)
tv
y
8,966,8 −+= (Remplacer
0 y
v et
y
a)
⇒
(
)
64,18,966,8 −=
y
v (Remplacer s64,1=t)
⇒
m/s41,7−=
y
v
(Vitesse en y)
À partir de la notion de tangente, évaluons l’angle d’arrivé de la balle :
( )
x
y
v
v
= α tan
⇒
=
−
x
y
v
v
1
tan α (Isoler
α
)
⇒
(
)
( )
−
=−
5
41,7
tan
1
α (Remplacer
x
v et
y
v)
⇒
°
−
=
0,56
α
(c) (Calcul)
Exercices
Référence : Physique 1 – Mécanique, Harris Benson. P111 E17, section 4.2
Un ballon de basket-ball est lancé à
°
45 par rapport à l’horizontale. Le panier se trouve à
une distance horizontale de 4 m et à une hauteur de 0,8 m au-dessus du point où on lance le
ballon. Quel est le module de la vitesse initiale requise pour atteindre le panier?
x
y
α
v
y
v
x
v

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Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Solutions
Référence : Physique 1 – Mécanique, Harris Benson. P111 E17, section 4.2
Données de base :
En y : En x :
2
m/s8,9−=
y
a
2
m/s0=
x
a
(
)
(
)
°== 45sinsin
000
vvv
y
θ
(
)
(
)
°== 45coscos
000
vvv
x
θ
m0
0
=y m0
0
=x
m8,0=y m4=x
Équation en x :
2
00
2
1tatvxx
xx
++=
⇒
( ) ( ) ( )( ) ( )
2
0
0
2
1
45cos04 ttv +°+=
⇒
(
)
tv °= 45cos4
0
⇒
( ) °
=45cos
4
0
v
t (temps de vol)
Équation en y :
2
00
2
1tatvyy
yy
++=
⇒
( ) ( ) ( )( ) ( )
2
0
8,9
2
1
45sin08,0 ttv −+°+=
⇒
(
)
2
0
9,445sin8,0 ttv −+°=
On peut remplacer le temps trouvé en x dans l’équation en y :
(
)
2
0
9,445sin8,0 ttv −+°=
⇒
( ) ( ) ( )
2
00
0
45cos
4
9,4
45cos
4
45sin8,0 
°
−
°
°= vv v
⇒
( ) ( )
°
∗
−°= 45cos
169,4
45tan48,0
2
2
0
v
⇒
( )
°
−= 45cos
4,78
48,0
2
2
0
v
⇒
( )
°
−=− 45cos
4,78
2,3
2
2
0
v
⇒
( )
49
45cos2,3
4,78
2
2
0
=
°
=v
⇒
m/s0,7
0
±=v
⇒
m/s0,7
0
=v