1 4.3 Le mouvement dun projectile Comme nous lavons vu précédemment, certaines personnes supposaient que le mouvement dun projectile avait la forme suivante

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4.3 Le mouvement d’un projectile

Comme nous l’avons vu précédemment, certaines personnes supposaient que le mouvement d’un projectile avait la forme suivante.

On pensait que la force interne de l’objet s’épuisait peu à peu. Même Newton au début pensait de cette façon.

2


On sait aujourd’hui qu’en absence de la résistance de l’air, que le projectile est uniquement soumis à la force gravitationnelle vers le bas.

La trajectoire du projectile est donc de la forme parabolique suivante

x

y

Observons les caractéristiques importantes de ce mouvement avec l’animation sur le site de Benson

F

v

http://cw2.erpi.com/cw/benson1/

3


y

- Un mouvement horizontal à vitesse constante

Fg

vx

x

vx

vx

vx

vx

4


y

- Un mouvement vertical dû à la force gravitationnelle vers le bas

Fg

x

vy

vy =0vy

vy

vy

5


y

C’est Galilée qui, après quelques années, comprit un des premiers, l’importance de voir le mouvement du projectile comme résultant deux mouvements perpendiculaires indépendants

- Un mouvement horizontal à vitesse constante

- Un mouvement vertical dû à la force gravitationnelle vers le bas

Fg

vx

x

6


y

L’étude de mouvement se fera donc avec

- les équations du m.r.u selon l’axe des x.

- les équations du m.r.u.a selon l’axe des y

Fg

7


yLes équations de la cinématique dont nous aurons besoin pour répondre aux questions et pour résoudre les problèmes du mouvement d’un projectile sont les suivantes:

Position selon l’axe des x avec xo =o tvtx oxf )(

Position selon l’axe des y2

2

1)( tatvyty goyof

D’abord, les deux équations paramétriques x(t) et y(t)Paramètre : temps ( t )

tavtv goyfy )(

)(222ofg yyavv

oyfy

Ensuite les équations

pour les vitesses

Vox =cte

8


y

Quels types de questions allez-vous rencontrer?

Déterminer la hauteur maximale?

ymax

9


y

Déterminer la portée R?

La vitesse de retour au sol ?

L’angle de lancement pour avoir la position en x maximale?

Le temps pour revenir au sol ?

R x

10


y

La position maximale en x ?

L’angle de lancement pour avoir la position en x maximale?

Le temps pour revenir au sol ?

Déterminer le déplacement maximal?

xmax

11


Lisez attentivement les exemples 4.1 à 4.5

Exemple: Lors d’une partie de base-ball, vous frappez la balle à 25 m/s à une hauteur de 1,0 m selon une angle de 35o au dessus de l’horizontale.

a) Quelle est la hauteur maximale atteinte par la balle?

J’illustre la situation :

y

x

12


Situation :y

x

ymax

Problème : Je cherche le y (max) ? Autrement dit « y » lorsque vy = 0

Je connais Xo =0 yo = 1,0 m vo = 25 m/s = 35o

vo

Solution possible : )(222ogo yyavv

yfy

La position y est maximale lorsque la vitesse en y est nulle.

J’utilise

13


Situation :y

x

ymax

Solution possible : )(222ogo yyavv

yfy

)(2)sin(0 2

ogoo yyav

2)sin()(2 ooog vyya

0yvf

vyo

J’utilise

14


Situation :y

x

ymax

Solution possible :2)sin()(2 ooog vyya

g

ooo a

vyy

2

)sin( 2

81,92

)35sin25( 2

oyy

15


Situation :y

x

ymax

Solution possible :

81,92

)35sin25( 2

oyy

48,10 oyy m 48,11y

Résultat probable :

J’obtiens pour la hauteur maximale atteinte par la balle une valeur de 11,5 m

16


B) Quelle est la vitesse de la balle lorsqu’elle atteint la hauteur maximale? Quelle est alors son accélération?

J’Illustre la situation :

y

x

Problème : Je cherche v et ag à la hauteur maximale

Je connais Xo =0 yo = 1,0 m vo = 25 m/s o = 35o

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Solution possible: L’accélération ne change pas ag = 9,81 m/s2

J’utilise pour la vitesse, nous avons vy = 0 et vx = vo coso

48,2035cos25cos 00 vvxRésultat probable : m/s 5,20 iv

J’obtiens à la hauteur maximale une vitesse

Et l’accélération est donnée par2m/s 81,9 ja

Situation :y

x

B)

18


C) Déterminer la position en xf de la balle lorsque y=yo

Problème: Je cherche xf

Je connais Xo =0 y= yo = 1,0 m vo = 25 m/s o = 35o

Situation :y

xxf

19


Trouvons d’abord le temps pour que of yy

Solution possible tvx xof

t=0

g

o

g

yo

a

v

a

vt 0sin22

et

J’utilise

2

2

1tatvyy gyoo

ttavyy gyoo )2

1(0

J’utilise

Deux possibilités 0 t 0 )2

1( tav gyo

20


La position finale xf est donnée par

tvx of 0cos

Situation :y

xxf

Avec

g

o

a

vt 0sin2

g

oof a

vvx

sin2cos 0

0

t = 2 fois le temps de montée

21


Situation :y

xxf

g

oof a

vvx

sin2cos 0

0g

f a

vx 00

20 sincos2

87,5981,9

35sin35cos252 2

fx

Résultat probable : J’obtiens une position finale de 59,9 m

22


Situation :y

xXmax

Attention, pour trouver « x max » la position où la balle touche le sol, il faut utiliser :

c)

tvx of 0cos

Et 2

2

1tatvyy goyof

On trouve le temps pour lequel y = 0,

On obtient:

t1= - 0,0681 s et

t2 =2,99 s finalement

xmax = 62,6 mPortée horizontale

23


y

xR

ga

vR 00

2

0 sincos2

ga

vR 0

2

0 2sin

00 sincos22sin o

Benson écrit , lorsque yf = yo , la portée R de la façon suivante :

c)

Attention : Il faut toujours partir des équations de base.

Au lieu de

puisque

Dans la situation suivante, partant du sol : botté

24


Situation :y

xRmax

ga

vR 0

2

0 2sin

c)

Lors d’un botté, pour quel angle la portée R est-elle maximale?

Par conséquent R est maximum lorsque o = 45o

R est maximum lorsque sin 2

Autrement dit lorsque 2900

45o

25


D) À quelle vitesse devez-vous frapper la balle pour réaliser un circuit par-dessus la clôture de 12 m de hauteur du champ gauche située à une distance de 100 m du marbre?

J’illustre la situation :

y

x

Problème : Je cherche vo pour faire un circuit

Je connais Xo =0 x= 100 m yo = 1,0 m y = 12 m o = 35o

26


Situation :y

x

Problème : Je cherche vo pour faire un circuit

vo

Je connais Xo =0 x= 100 m yo = 1,0 m y = 12 m o = 35o

100 m

Solution possible :

J’utilise

2

2

1tatvyy gyoo

tvx xo

27


2)(2

1

xog

xoyoo v

xa

v

xvyy

Solution possible :

J’utilise

2

2

1tatvyy gyoo

tvx xo

xov

xt

Deux équations deux inconnues

2

2

1tatvyy gyoo

28


2)cos

(2

1

cossin

oog

ooooo v

xa

v

xvyy

Solution possible :

J’utilise

ooxo vv cosooyo vv sin

2)(2

1

xog

xoyoo v

xa

v

xvyy

29


2)cos

(2

1

cossin

oog

ooooo v

xa

v

xvyy

2

2

)cos(2

1tan)(

oogoov

xaxyxy

On obtient l’équation de la trajectoire y(x)

x

y

yo

vo

yf

30


2

2

)cos(2

1tan)(

oogoov

xaxyxy

On obtient l’équation de la trajectoire y(x)

22

2

)35(cos)(

)100(81,9

2

135tan100112

o

o

v

2

4

)(

10312,770112

ov

x

y

yo

vo

yf

31


2

4

)(

10312,770112

ov

2

4

)(

10312,759

ov

42 10312,7)(59 ov

m/s 2,3559

10312,7 4

ov

Résultat probable : Pour réussir un circuit, j’obtiens une vitesse initiale de 35,2 m/s

32


Exemple Hyperphysics

Résumé Équations paramétriques

Équations de la vitesse

Équation de la trajectoire

Mechanics, velocity and acceleration, trajectories, general trajectory

http://hyperphysics.phy-astr.gsu.edu/hbase/hframe.html

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1 4.3 Le mouvement dun projectile Comme nous lavons vu précédemment, certaines personnes supposaient que le mouvement dun projectile avait la forme suivante