I Mouvement balistique d`un projectile

1
Mouvement balistique d’un projectile.
Influence de la r•sistance de l’air
Etudier le mouvement d’un point mat•riel dans un champ de pesanteur uniforme
.
g
z
g u
,
en n•gligeant dans un premier temps le freinage a•rodynamique (r•sistance de l’air). Les
conditions initiales qui d•finissent ce probl‚me de tir balistique sont : 0
0
r ,
0
(cos .sin . )
v
0
v i k
avec 0
2
.
1. D•terminer les •quations x(t), y(t), z(t) du mouvement et la nature de la trajectoire
La relation fondamentale de la dynamique (RFD) pour un objet ponctuel s'écrit: .m
a F
Soit:
. .
m g
a k
en projetant cette équation vectorielle sur les 3 axes, il vient 3 équations:
0
x
ma =>
0
x
dv
m
dt
soit
0.
x
mdv dt
[1]
0
y
ma =>
0
y
dv
m
dt
soit
0.
y
mdv dt
[2]
z
ma g
=> z
dv
m g
dt
soit
.
z
mdv g dt
  [3]
Les équations [1], [2] et [3] sont des équations différentielles à variables séparées qui peuvent
être intégrées membre à membre. Le temps varie de 0 à t, les conditions initiales (t=0) de la
vitesse sont: 0
.cos
v , 0 et 0
.sin
v
0cos
0
x
v
x
v
mdv
=> 0
cos 0
x
mv mv soit 0
.cos
x
v v
0
0
y
v
y
mdv
=>
0 0
y
mv soit
0
y
v
0sin 0
z
vt
z
v
mdv mg dt
=> 0
.sin ( 0)
z
mv mv mg t soit 0
.sin
z
v gt v
Sur Ox la vitesse du projectile reste constante. Elle reste nulle sur Oy.
Le mouvement sur Oz est un mouvement uniformément accélérée.
0
.cos
x
v v => 0
.cos
dx v
dt
=> 0
.cos .
dx v dt
[4]

2
0
y
v =>
0
dy
dt
=>
0.
dy dt
[5]
0
.sin
z
v gt v    => 0
.sin
dz gt v
dt
   => 0
..sin .
dz gt dt v dt
   [6]
Les équations [4], [5] et [6] sont des équations différentielles à variables séparées qui peuvent
être intégrées membre à membre. Si le temps varie de 0 à t, les conditions initiales (t=0) de la
position sont: 0 0 0
0
x y z
0
0 0
.cos
x t
dx v dt
=> 0
0.cos .( 0)
x v t => 0
.cos .
x v t
[7]
0 0
0
yt
dy dt
=>
0 0( 0)
y t =>
0
y [8]
0
0 0 0
.sin
z t t
dz gt dt v dt
=> 0
1
0 . ² .sin .
2
z g t v t
    => 0
1
. ² .sin .
2
z g t v t
   [9]
Les équations [7], [8] et [9] sont les équations paramétriques (ou équations horaires) du
mouvement du projectile.
L'équation de la trajectoire est obtenue en éliminant le temps entre les équations [7] et [9]:
[7] =>
0
.cos
x
tv par substitution de tdans [9], il vient:
0
1 ( )² sin
.
2 ( .cos )² cos
x
z g x
v
   c'est l'équation d'une parabole.
2. Exprimer la port•e X(α) du tir.
Pour déterminer la portée il y a 2 solutions:
Le calcul le plus simple est de chercher les valeurs de z qui correspondent à z=0.
L'équation du mouvement sur z [9] peut s'écrire: 0
1
( . .sin )
2
z t g t v
Cette équation a 2 racines (z=0)
l'une pour t=0 [départ du projectile],
l'autre pour 0
2.sin
v
tg [atterrissage du projectile au point P]
La portée est la valeur de x qui correspond à l'instant de l'atterrissage du projectile. La portée
est obtenue en reportant cette valeur du temps dans l'équation [7]:
2
0
2
.cos .sin
v
Xg [10]

3
Remarque: Pour d•terminer X on peut aussi calculer le temps pendant lequel le projectile a
une vitesse ascendante (
0
z
v ). Comme 0
.sin
z
v gt v
0
z
v => 0
.sin
v
tg
La phase a•rienne dure 2 fois ce temps (X dans [7]) d’ou: 0
0
2. .sin
.cos .v x v g
3. D•terminer la valeur
0
qui rend X(α) maximum pour une vitesse initiale
0
v
donn•e ainsi
que la valeur X0 de ce maximum.
La portée est une fonction de α. Pour déterminer le maximum de la portée il faut connaître sa
variation en fonction de α:
2
0
2
(cos²sin ² )
vdX
d g
Pour
[0, ]
2
0
dX
d
si
[0, [
4
,
0
dX
d
si
] , ]
4 2
et
0
dX
d
si
4
La portée maximale vaut:
2
0
2
v
X
g
et 0
4
4. Montrer que, pour X<X0, un point du plan z=0 peut „tre atteint de deux fa…ons dont on
pr•cisera comment les inclinaisons
1
et
2
sont dispos•es g•om•triquement par rapport
†
0
.
La portée 2
0
2
.cos .sin
v
Xg [10] a la même valeur pour une valeur
1
de l'angle de tir et
son complément
2 1
( )
2
  . Les directions
1
et
2
sont symétrique par rapport à la
direction
0
du tir correspondant à la portée maximale.
5. On reprend le probl‚me pr•c•dent, en supposant d•sormais que le point mat•riel est en
plus soumis † la r•sistance de l’air, mod•lis•e par une force: a•ro
F m v
. D•terminer †
nouveau les •quations du mouvement.
La relation fondamentale de la dynamique devient : .z
ma F g u m v
En projetant cette équation vectorielle sur les 3 axes, il vient 3 équations:
x
x x
dv
ma m m v
dt
   => x
x
dv
dt
v
  [11]

4
y
y y
dv
ma m m v
dt
   => y
y
dv
dt
v
  [12]
z z
ma mg m v
   => z
z
dv
v g
dt
[13]
Les €quations [11] et [12] sont des €quations diff€rentielles • variables s€par€es qui peuvent
‚tre int€gr€es membre • membre. Si le temps varie de 0 • t, les conditions initiales (t=0) de la
vitesse sont: 0
.cos
v et 0
0.cos 0
x
vt
x
x
v
dv
dt
v
=> 0
ln ln .cos ( 0)
x
v v t => 0
.cos .
t
x
v v e
La vitesse sur x d€croit exponentiellement
[12]
0 0
y
vt
y
y
dv
dt
v
=>
0.
t
y
v e
=>
0
y
v
Ces 2 €quations donnent ais€ment les €quations horaires sur xet y:
[11] 0
.cos .
t
dx
v e
dt
=> 0
0 0
.cos .
x t
t
dx v e dt
soit 0.cos
(1 )
t
v
x e
[12]
0
dy
dt
=>
0
y
L'€quation [13] est une €quation diff€rentielle du premier ordre avec un second membre
constant.
Rappel : La solution g•n•rale d’une •quation diff•rentielle du premier ordre avec un second
membre constant est •gale † la solution g•n•rale de l'•quation sans second membre plus une
solution particuli‚re de l'•quation avec second membre.
L'€quation sans second membre
0
z
z
dv v
dt
=> z
z
dv
dt
v
  est une €quation du premier
ordre • variable s€par€e de la m‚me forme que les €quations [11] et [12].
z
z
dv
dt
v
  par analogie avec [11] =>
.
t
z
v A e
Une solution particuliƒre de l’€quation diff€rentielle z
z
dv
v g
dt
est: z
g
v
D’oula solution g€n€rale de [13]: .t
z
g
v A e
A t=0, la vitesse est: 0
.sin
v d’o… 0.sin
g
v A soit 0 (.sin ). t
z
g g
v v e

5
Cette €quation s'€crit: 0 (.sin ). t
dz g g
v e
dt
soit 0
(.sin ). . .
t
g g
dz v e dt dt
Cette €quation diff€rentielle du premier ordre • variables s€par€es peut ‚tre int€gr€e membre •
membre: 0
0 0 0
(.sin )
z t t
t
g g
dz v e dt dt
soit:
0
1
0 ( .sin ) ( 1) ( 0)
t
g g
z v e t soit -
λt
0
g 1 g
z=- t+ (v .sin
α+ )(1-e )
λ λ λ
Application numérique
Comparaison de 2 trajectoires balistiques avec et sans effet a€rodynamique.
0
4
, 0
v
6m/s, g = 9.81 m/sˆ λ=0.02
1
s
0
0.4
0.8
1.2
1.6
00.5 11.5 22.5 3
X
Y
Figure: Trajectoires d'un projectile soumis à l'accélération de la pesanteur et subissant (en
rose)ou non (en bleu) une force de freinage aérodynamique.
Remarque 1: Il est fréquent de trouver dans des exercices des forces de freinage
aérodynamiques de la forme aéro
F m v
. Ce type de force représente assez bien le
phénomène à basse vitesse. Dès que la vitesse est supérieure à 5 ou 6 m/s, il est nécessaire de
prendre une représentation de la forme:
ˆ
| |
aéro
v
Fkv
v
. Dans ce cas les équations
différentielles qui en résultent n'ont généralement pas de solution analytique.