Mouvement dans le champ de pesanteur

I.
TIR AU PIGEON D'ARGILE
On étudie le mouvement d’un pigeon d’argile lancé pour servir de cible à un tireur de ball-trap.
Le pigeon d’argile de masse mP = 0,10 kg assimilé à un point matériel M est lancé avec un vecteur vitesse VPO
de valeur VPO = 30 m.s-1 faisant un angle  de 45° par rapport à l’horizontale. Le participant situé en A tire
verticalement une balle de masse mB = 0,020 kg avec un fusil. La vitesse initiale de la balle est VBO =500m.s-1,
la balle, assimilée à un point matériel B, part du point A tel que OA = 45 m (Les vecteurs vitesse ne sont pas à
l’échelle sur le schéma).
On donne g = 10 m.s-2.
Tir réussi
x p t   V p 0 cos   t
1.1. OP
1
y p t     g  t 2  V p 0 sin   t
2
1.2.Quelle est l’abscisse xC du point d’impact C du pigeon d’argile et de la balle ?
xC=xA=OA=45m
1.3.Vérifier, à partir de l’abscisse xC de l’impact, que le temps de « vol » du pigeon est t = 2,1 s.
A partir de la composante suivant x du vecteur OM , on peut établir l’équation :
x p t C   V p 0 cos   t C
avec tC=Δt
et
xp(tC)=xC
xC
D’où
A.N. t  2,1s
t 
V p 0 cos 
1.4.On néglige toutes les forces s’exerçant sur la balle.
1.4.1. Que peut-on dire de son accélération aB ? Que peut-on dire de sa vitesse vB ?
Déterminer alors la vitesse vB.
Selon le principe d’inertie, comme aucune force n’agit sur la balle au cours de son mouvement, le
mouvement de la balle est rectiligne et uniforme. aB=0 et vB=cste=500m.s-1
1.4.2. Calculer t’ le temps de « vol » de la balle jusqu’à l’impact connaissant l’ordonnée du point de l’impact
yC = 22 m.
y
t   C
A.N. Δt’=4,4.10-2s soit 44ms
vB
1.5.Comparer t et t’ et expliquer pourquoi le tireur peut viser directement le pigeon.
t
2,1

 48 La durée mise par la balle est environ 50 plus courte que le temps de vol du pigeon, on
t  0,044
peut quasiment la négliger.
2. Discussion de l’effet du poids de la balle
Dans cette partie l’effet du poids de la balle n’est plus négligé mais on négligera toujours la force de frottement
de l’air.
2.1.Equations de la trajectoire de la balle :
x B t   x A
OB
1
y B t     g  t ' 2 VB 0  t '
2
Remarque : on utilise ici t’ pour la variable temps et non t car l’origine du mouvement de la balle et du
pigeon ne sont pas les mêmes (=2chronos différents, déclenchés à 2 instants différents)
2.2.Établir que la composante de la vitesse vBy(t’) dans le repère (O,x,y) vérifie l’équation vBy(t’) = vB0 – g t’.
Bilan des forces : Poids de la balle
v Bx t  
vB
dx B
0
dt
dy
v By t   B   g  t 'VB 0
dt
2.3.Calculer la vitesse vBy au bout d’un temps t’ = 0,044 s, justifier pourquoi on a négligé le poids dans la
partie 2.
v B 0,044
0
v By 0,044  499,6 m.s 1
soit vBy=500m.s-1 en considérant la précision de l’exercice.
La prise en compte du poids n’intervient pas au niveau de la valeur de la vitesse de la balle.
II.
LE LANCER DU POIDS AUX CHAMPIONNATS DU MONDE 2003
Lors des derniers championnats du monde d'athlétisme qui eurent lieu à Paris en août 2003, le vainqueur de
l'épreuve du lancer du poids (Andrey Mikhnevich) a réussi un jet à une distance D = 21,69 m.
Pour simplifier les raisonnements, on ne travaillera que sur le centre d'inertie du boulet (nom courant donné au
poids).
L'entraîneur de l'un de ses concurrents souhaite étudier ce lancer.
Pour cela il dispose pour le centre d'inertie du boulet, en plus de la
valeur 21,69m du record, de la vitesse initiale v0 mesurée à l'aide
d'un cinémomètre et de l'altitude h.
Données:
v0 = 13,7 m.s–1
h = 2,62 m
Un logiciel informatique lui permet de réaliser une simulation de ce
lancer et de déterminer la valeur de l'angle du vecteur vitesse
initiale avec l'horizontale soit  = 43°.
Pour l'étude on définit le repère d'espace (O,x,y) représenté cicontre:
 Oy est un axe vertical ascendant passant par le centre d'inertie du boulet à l'instant où il quitte la main du
lanceur.
 Ox est un axe horizontal au niveau du sol, dirigé vers la droite et dans le plan vertical de la trajectoire.
L'entraîneur a étudié le mouvement du centre d'inertie du boulet et a obtenu 3 graphes:
-
le graphe de la trajectoire y = f(x) du boulet
-
les graphes de vx et de vy en fonction du temps (figures 1 et 2 données ci-dessous) où vx et vy sont les
composantes (ou coordonnées) horizontales et verticale du vecteur vitesse.
Figure 1
Figure 2
Pour chacun des graphes, les dates correspondant à deux points successifs sont séparées par le même
intervalle de temps.
1. Étude des résultats de la simulation.
1.1. Étude de la projection horizontale du mouvement du centre d'inertie du boulet.
En utilisant la figure 1, déterminer:
1.1.1. La composante v0x du vecteur vitesse du centre d'inertie du boulet à l'instant de date t = 0 s.
V0x=10m.s-1
1.1.2. La nature du mouvement de la projection du centre d'inertie sur l'axe Ox en justifiant la réponse.
Mouvement uniforme sur Ox.
1.1.3. La composante vSx du vecteur vitesse du centre d'inertie lorsque le boulet est au sommet S de sa
trajectoire.
VSx=V0x=10m.s-1
1.2. Étude des conditions initiales du lancer.
1.2.1. En utilisant la figure 2, déterminer la composante v0y du vecteur vitesse à l'instant de date
t = 0 s.
V0y=9 m.s-1
1.2.2. À partir des résultats précédents, vérifier que la valeur de la vitesse instantanée et l'angle de tir sont
compatibles avec les valeurs respectives v0 = 13,7 m.s–1 et  = 43° données dans le texte.
V0 x  V0 cos 
A.N. V0x=10,0m.s-1
V0 y  V0 sin 
A.N. V0y=9,3m.s-1
Ces résultats coïncident avec les valeurs lues, compte tenu de la précision de lecture des graphiques.
1.3. Étude du vecteur vitesse du centre d'inertie du boulet.
1.3.1. Déterminer toutes les caractéristiques du vecteur vitesse du centre d'inertie du boulet au sommet de la
trajectoire.
VSx  V0 x  10,0
V0
VSy  0
1.3.2. Sur le graphe y = f(x) donné précédemment, tracer en cohérence avec les résultats des questions 1.1.1.,
1.1.3., et 1.2.1. :

- le vecteur vitesse v0 du centre d'inertie du boulet à l'instant du lancer ;

- le vecteur vitesse vS du centre d'inertie du boulet au sommet de la trajectoire.
VS
V0
2.
Étude théorique du mouvement du centre d'inertie.
2.1. Equations horaires du mouvement :
xt   V0 cos   t
soit
OM
1
y t     g  t 2  V0 sin   t  h
2
2.2. En déduire l'équation de la trajectoire du centre d'inertie.
L’équation de la trajectoire est l’expression mathématique de y en fonction de x. Il s’agit donc d’éliminer
t : on exprimer x en fonction de t et on remplace dans l’expression de y(t) :
x
d’après l’équation horaire sur Ox
t
V0  cos 
1
g
d’où
y  2
 x 2  tan   x  h
2
2 V0  cos 
2.3. Calculer la distance d atteinte par le boulet lorsque la vitesse et l’angle de tir ont les valeurs suivantes :
v0 = 13,7 m.s–1 et  = 43 ,0°
x = d lorsque y = 0.
1
g
D’où l’équation à résoudre :
  2
 d 2  tan   d  h  0
2 V0  cos 2 
En remplaçant par les valeurs :  0,0488  d 2  0,933  d  2,62  0
La résolution amène 2 solutions :
d1 = 21,6 m et
d2 = -2,49 m
La solution physiquement possible est ici d1. Elle confirme la valeur annoncée dans l’énoncé.
III.
Saut en longueur … motorisé (10 points + Bonus)
Le 31 décembre 2011, l’Australien Robbie Moddison a battu son propre record de saut en longueur à moto à
San Diego. La Honda CR 500, après une phase d’accélération, a abordé le tremplin avec une vitesse de 180
km.h-1 et s’est envolée pour un saut d’une portée égale à 113 m.
Dans cet exercice, on étudie les deux phases du mouvement (voir figure 1), à savoir :
La phase d’accélération du motard (de A à B),
Le saut (au-delà de C)
Dans tout l’exercice, le système {motard + moto} est assimilé à son centre d’inertie G. L’étude est faite dans le
référentiel terrestre considéré comme galiléen.
On pose h = OC = ED
Données :
Intensité de la pesanteur : g  10 m.s-2
Masse du système : m = 180 kg
L = BC = 8,0 m
1. La phase d’accélération du motard
On considère que le motard s’élance, avec une vitesse initiale nulle, sur une piste rectiligne en maintenant
une accélération constante.
Les évolutions au cours du temps de la valeur de la vitesse du motard (figure 2) et la distance d qu’il parcourt
depuis qu’il s’est élancé (figure 3) sont représentées ci-dessous.
a. Montrer que la courbe donnée en figure 2 permet d’affirmer que la valeur de l’accélération est constante.
b. Déterminer graphiquement la valeur de l’accélération du motard.
c. Déterminer, à l’aide des figures 2 et 3, la distance parcourue par le motard lorsque celui-ci a atteint une
vitesse de 180 km.h-1 = 50 m.s-1.
2. Le saut
Le motard aborde le tremplin au point B, avec une vitesse de 180 km.h-1 et maintient cette vitesse jusqu’au
 
point C. Le repère d’étude (O, i , k ) est indiqué sur la figure 4 ci-dessous.
Le tremplin est incliné d’un angle  = 30° par rapport à l’horizontale.
Le motard quitte le tremplin en C avec une vitesse initiale v 0 = 50 m.s-1.
Toutes les actions autres que le poids du système sont supposées négligeables. On souhaite étudier la
trajectoire du centre G du système dans ces conditions.
 
Le repère (O, i , k ) et l’origine des dates est choisie à l’instant où le système quitte le point C (voir figure 4).
La vitesse initiale v0 du centre d’inertie G du système est incliné d’un angle  = 30° par rapport à l’horizontale.
les équations horaires du mouvement du point G s’écrivent :
x(t) = (v0 cos )  t

1
OG 
z(t)
=
g t² + (v0 sin )  t + h
2

a. Déduire des équations horaires du mouvement que l’équation de la trajectoire est :
g

 2
z(x) = - 
  x + (tan )  x + h
2v0²  cos²
b. Démontrer que la distance maximale entre les
points C et D pour que « l’atterrissage » se fasse sur
v0²  sin(2)
le tremplin en ce point D est : xD =
.
g
c. A partir de l’expression précédente, calculer cette
distance maximale xD.
d. Comment peut-on interpréter l’écart important
entre cette valeur xD et celle donnée dans
l’énoncé ?
e. Calculer la hauteur h = OC du tremplin.
Réponse :
1. La phase d’accélération du motard
a. Le graphe de la figure 2 est une droite passant par
l’origine, donc la vitesse proportionnelle au temps :
dv
v = k  t. Par définition l’accélération est a = ; ici
dt
d(k  t)
a=
= k = Constante.
dt
L’accélération de la moto est constante.
b. On détermine le coefficient directeur de la droite entre les points (0 ; 0) et ( 50 ; 10 ) :
50 - 0
a=
= 5,0 m.s-2
10 - 0
c. On trace la droite horizontale d’équation
v = 50 m.s-1 sur la figure 2. Le point d’intersection avec le graphe v(t) donne en abscisse, le temps de
parcours : t = 10 s. On reporte ce temps de parcours sur la figure 3 : le point d’intersection avec le graphe
d(t) nous donne la distance parcourue.
On mesure ici : d = 250 m.
Cette détermination graphique étant approximative, on ne conserve que deux chiffres significatifs : d = 2,5
 102 m.
2. Le saut
a. On isole la variable t de l’équation x(t) = (v0 cos )  t que l’on reporte dans z(t)
x
1
x
x

2
Soit t =
d’où z(t) = - g  
+ (v0 sin ) 
+h

2
(v0 cos )
(v0 cos )
(v0 cos )
g

 2
z(x) = - 
  x + (tan )  x + h
2v0²  cos²
b. « L’atterrissage » se fait sur le tremplin si x D  h. La distance maximale du point D correspondant au cas de
l’égalité z(xD) = h
g
g  xD


2
Soit - 
)=0
  xD + (tan )  xD + h = h  xD (tan  2v0²  cos² 
2v0²  cos²
g  xD
Il faut écarter la solution xD = 0 ; il vient : (tan  )=0
2v0²  cos² 
sin 
2 v 0² 
 cos² 
cos 
2 v0²  tan   cos² 
2 v0²  sin   cos 
soit xD =
=
=
g
g
g
v0²  sin(2)
Or sin(2) = 2 sin   cos  donc xD =
.
g
3
2500 
2 250
50²  sin(2  30°) 50²  sin(60°)
425
c. xD =
=
=
=
 1,7 =
= 2,1  102 m.
10
10
10
2
2
d. Cette valeur est supérieure à 113 m. Cette différence est due aux forces de frottements qui n’ont pas été
prises en compte lors de l’étude du système ; elles diminuent la portée du saut.
h
1
e. sin  = soit h = L  sin  = 8,0  = 4,0 m.
L
2