Chapitre 3 Mouvement Parabolique Dans Un Champ

Chapitre 3 : Mouvement parabolique dans un champ de pesanteur uniforme

Terminale S

Chapitre 3 : Mouvement parabolique dans un champ de pesanteur uniforme. c.f. TP N° 11 de Physique Objectifs : ¾ Quelles sont les équations horaires du mouvement ? ¾ Quelle est la trajectoire du centre d’inertie du projectile?

I. Quelles sont les équations horaires du mouvement ? I.1. Bilan des forces extérieures au système ¾ On étudie le lancer d’un projectile avec une vitesse initiale v 0 dans un champ de pesanteur uniforme (lancer au voisinage de la Terre) ¾ Le système d’étude est un projectile de masse m et de centre d’inertie G (ex : balle de golf, boule de pétanque…) ¾ Le référentiel d’étude est supposé galiléen pour la durée de l’expérience. ¾ Bilan des forces extérieures :

z

k

α

j

-

poids P du projectile

-

poussée d’Archimède Π A

-

les forces de frottements de l’air (frottement fluide) : f proportionnelle à la vitesse du projectile

g

v0

O

i

x

On supposera qu’on peut négliger Π A (la masse volumique de l’air est très faible devant celle du projectile) et f (la vitesse initiale du projectile et la distance parcourue suffisamment faibles) devant P . On pourra donc considérer que le mouvement du projectile est un mouvement de chute libre dans un champ de pesanteur uniforme. ¾ L’axe vertical Oz est ascendant ! ¾ A l’instant initial t = 0 s on a x(0) = y (0) = z (0) = 0 Le vecteur vitesse à l’instant initial est v 0 et l’angle de tir est noté α (par rapport à l’axe horizontal Ox) I.2. Coordonnées du vecteur accélération D’après la deuxième loi de Newton on sait que P = m ⋅ a G (t) ( a G (t) est l’accélération du centre d’inertie) soit m ⋅ g = m ⋅ a G (t) d’où g = a G (t) ainsi le vecteur accélération aura la même direction, le même sens et la même valeur que le vecteur champ de pesanteur ! En projetant cette relation selon les trois axes du repère on obtient les coordonnées du vecteur accélération :

ax = 0 a G (t) a y = 0 a z = −g I.3. Coordonnées du vecteur vitesse ¾ Il s’en suit les coordonnées du vecteur vitesse v du centre d’inertie du projectile en intégrant les coordonnées du vecteur accélération on obtient alors :

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1/3 Partie : Evolution temporelle des systèmes mécaniques

Chapitre 3 : Mouvement parabolique dans un champ de pesanteur uniforme

v x = C1 v(t) v y = C 2

v x = v 0x = v 0 ⋅ cos (α )

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d’après le conditions initiales on en déduit v(t) v y = 0

v z = −g ⋅ t + v 0z = −g ⋅ t + v 0 ⋅ sin (α )

v z = −g ⋅ t + C 3

On remarque que : -

la composante horizontale du vecteur vitesse est constante et vaut v x = v 0x = v 0 ⋅ cos (α )

-

la composante verticale du vecteur vitesse est une fonction affine décroissante du temps.

I.4. Equations horaires du mouvement ¾ Il s’en suit les coordonnées du vecteur position OG du centre d’inertie du projectile en intégrant les coordonnées du vecteur vitesse on obtient alors les équations horaires du mouvement :

x(t) = v 0x × t + C 4 = (v 0 ⋅ cos (α ) × t ) + C 4 OG y(t) = C 5 1 1 z(t) = − ⋅ g × t 2 + v 0z × t + C 6 = − ⋅ g × t 2 + (v 0 ⋅ sin (α )) × t + C 6 2 2 D’après les conditions initiales on en déduit les équations horaires : x(t) = v 0x × t = (v 0 ⋅ cos (α ))× t OG y(t) = 0 1 1 z(t) = − ⋅ g × t 2 + v 0z × t = − ⋅ g × t 2 + (v 0 ⋅ sin (α ))× t 2 2 ¾ Les coordonnées du vecteur position (équations horaires du mouvement) nous montrent que le mouvement du projectile est plan, la trajectoire est contenue dans le plan xOz. ¾ La fonction x(t) est une fonction linéaire de coefficient directeur v 0 ⋅ cos (α )

La fonction z(t) est une parabole.

II. Quelle est la trajectoire du centre d’inertie du projectile ? II.1. Equation de la trajectoire ¾ A l’aide des équations horaires on peut déterminer l’équation de la trajectoire z = f (x). ¾ D’après l’équation horaire x(t) = v 0x × t on peut en déduire que t =

x x = v 0x v 0 ⋅ cos (α )

En remplaçant l’expression précédente de t dans l’équation horaire z(t) on obtient l’équation de la trajectoire du projectile : 1 x 1 x2 2 z(t) = − ⋅ g × t + v 0z × t donc z(x) = − ⋅ g × + v 0 ⋅ sin (α ) × en simplifiant on a: 2 2 v 0 ⋅ cos(α ) 2 [v 0 ⋅ cos(α )] x2 1 + x × tan (α ) z(x) = − ⋅ g × 2 [v 0 ⋅ cos(α )] 2 ¾ L’équation de la trajectoire est celle d’une parabole (dont la concavité est vers le bas). ¾ On remarque que l’équation de la trajectoire dépend des conditions initiales v 0 et α !

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2/3 Partie : Evolution temporelle des systèmes mécaniques

Chapitre 3 : Mouvement parabolique dans un champ de pesanteur uniforme

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II.2. Notions de flèche et de portée ¾ La flèche correspond à la hauteur maximale que peut atteindre le projectile, on la note F (c’est le sommet de la parabole z(x) ).Voir Fig 3 p 214

Lorsque le projectile atteint la flèche alors la composante verticale de la vitesse en ce point est nulle soit : v z = −g ⋅ t F + v 0 ⋅ sin (α ) = 0 soit l’instant t F où le projectile est à sa hauteur maximale est : t F =

v 0 ⋅ sin(α ) g

et donc la hauteur maximale z F (flèche) aura pour expression :

v ⋅ sin 2 (α ) v 0 ⋅ sin 2 (α ) 1 1 2 z(t F ) = − ⋅ g × t F + (v 0 ⋅ sin (α )) × t F = − ⋅ g × 0 + ce qui donne après 2 2 g g2 2

2

1 v0 2 ⋅ sin 2 (α ) simplification : z(t F ) = ⋅ 2 g ¾ La portée correspond à la distance maximale que peut atteindre le projectile, on la note P (c’est le point d’intersection du projectile avec l’axe horizontal Ox qui correspond souvent au sol) Voir Fig 3 p 214

Lorsque le projectile atteint le point P alors z(x P ) = 0 ainsi cela revient à résoudre une équation du second degré : 2 ⎤ ⎡ 1 xP xP 1 ( ) ( ) z(x P ) = − ⋅ g × + x × tan α = 0 soit z(x ) = x × − ⋅ g × + tan α ⎢ ⎥=0 P P P 2 2 [v 0 ⋅ cos(α )] 2 v 0 ⋅ cos 2 (α ) ⎢⎣ 2 ⎥⎦

Les deux solutions analytiques sont : - x P = 0 mais cela n’a aucun intérêt physique !!! 2 ⋅ v 0 ⋅ cos 2 (α ) × tan(α ) v ⋅ sin(2α ) ce qui donne par simplification x P = 0 g g 2

- xP =

(car tan (α ) =

2

sin (α ) et 2 ⋅ sin (α ) ⋅ cos(α ) = sin (2α ) ) cos(α )

II.3. Influence des conditions initiales sur la trajectoire ¾ Pour une même valeur de vitesse initiale v0, l’angle de tir α a une importance sur la flèche et la portée. 2

v La portée sera maximale lorsque l’angle de tir est α = 45° (car sin (2α) = 1 et donc x P = 0 ) g z

α1 > α2 > α3 et v0 est constant

z

α1 x

α2 α3 x

¾ Pour une même direction (même angle de tir), plus v0 est grand, plus la flèche et la portée seront importantes. Figure 4 B p 215 (attention dans ce cas on ne pourra plus négliger les frottements de l’air). 4

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