Mouvement d'un projectile dans le champ de pesanteur

I. Champ de pesanteur uniforme - Chute libre (rappels)

1. Champ de pesanteur uniforme

• Sur Terre, dans une région de l'espace de quelques kilomètres de long, de large et de haut, le vecteur champ de pesanteur $\overrightarrow{g}$ est un vecteur constant : on parle de champ de pesanteur uniforme.

• À chaque instant $t$, ce vecteur a :

  $\circ\quad$ Un même sens (vers le bas) ;

  $\circ\quad$ Une même direction (verticale) ;

  $\circ\quad$ Et une même norme (valeur de l'intensité de la pesanteur $g$).

2. Chute libre d'un corps

• Définition :

  On dit qu'un corps est en chute libre si la seule force qui s'exerce sur ce corps est son poids.

• Remarque :

  $\circ\quad$ La chute libre est possible dans le vide (sur la Lune par exemple) ;

  $\circ\quad$ Sur Terre, la chute libre n'est possible que si les frottements (de l'air par exemple) et la poussée d'Archimède sont négligeables. C'est le cas pour la chute d'un solide sur une durée très courte (chute d'une pomme ou lancer de poids par exemple).

  $\circ\quad$ Pour que cette condition soit respectée, il faut que le poids du corps étudié soit très supérieur à sa poussée d'Archimède :

  $\rm P\gt\gt F\ \Leftrightarrow \rho_{systeme}\times V\times g\gt\gt\rho_{fluide}\times V\times g\ \Leftrightarrow \rho_{systeme}\gt\gt\rho_{fluide}$

  $\Rightarrow$ Il faut donc que la masse volumique du système étudié soit très supérieure à celle du fluide.

  $\circ\quad$ Pour négliger les frottements, il faut que le corps ait une forme aérodynamique (par exemple une balle) et une vitesse faible.

II. Étude préliminaire incontournable

• On étudie la chute libre d'un projectile de masse $m$ lancé avec un vecteur $\overrightarrow{v_{0}}$ quelconque faisant un angle $\theta$ avec le plan horizontal.

• Lorsqu'on aborde un problème de mécanique il est primordial de suivre systématiquement la démarche qui suit :

  $\circ\quad$Système : projectile de masse $m$ ;

  $\circ\quad$Référentiel : le sol, référentiel terrestre supposé galiléen ;

  $\circ\quad$Bilan des forces extérieures :

  $\Longrightarrow$ Le poids de l'objet : $\overrightarrow{P} = m \overrightarrow{g}$ ;

  $\Longrightarrow$ La poussé d'Archimède et les frottements de l'air sont négligés.

III. Équation de la vitesse et équations horaires

Schéma de la situation :

• L'objet est représenté par un point $G$ de coordonnées $(x ~;~ y)$ qui est son centre d'inertie.

• Conditions initiales :

  $\circ\quad$ A $t = 0$, la balle est au point $O$ de coordonnées $(0 ~;~ 0)$ ;

  $\circ\quad$ Et son vecteur vitesse initial est $\overrightarrow{v_{0}}$ que l'on projette sur les deux axes du repère (cf. schéma) :

  $\boxed{\overrightarrow{v_0}\left(v_0.\cos(\theta) ~ ; ~ v_0.\sin (\theta) \right)}$

• D'après la deuxième loi de Newton (ou principe fondamental de la dynamique) :

  $\overrightarrow{P} = m \overrightarrow{a}$

  $\Leftrightarrow -m \cdot g \overrightarrow{j} = m\overrightarrow{a}$

  $\Leftrightarrow -g \overrightarrow{j} = \overrightarrow{a}$

  Finalement :

  $\boxed{\overrightarrow{a}\left(0~;~ -g\right)}$

  $\Rightarrow$ On dit que le mouvement est uniformément accéléré suivant l'axe $(Oy)$

• On sait que $\overrightarrow{a} = \dfrac{d\overrightarrow{v}}{dt}$

  On en déduit que $\dfrac{d\overrightarrow{v}}{dt}\left(0 ~;~ -g \right)$

  et en intégrant, on obtient : $\overrightarrow{v}\left(K_1 ~;~ -g \cdot t + K_2 \right)$

• Pour déterminer les constantes d'intégrations $K_1$ et $K_2$, on utilise les conditions initiales :

  à $t = 0$, on a $\overrightarrow{v_0}\left(v_0 \cdot \cos(\theta) ~;~ v_0 \cdot \sin(\theta) \right)$

  Ce qui nous permet de trouver $K_1$ et $K_2$ tels que

  $\left\lbrace\begin{matrix} K_1 = v_0.\cos(\theta) \\[6pt] K_2 = v_0.\sin(\theta) \end{matrix} \right.$

  
  Finalement :

  $\boxed{\overrightarrow{v}\left(v_0 \cdot \cos(\theta) ~;~ -g \cdot t + v_0 \cdot \sin(\theta) \right)}$

• On sait que $\overrightarrow{v} = \dfrac{d\overrightarrow{OG}}{dt}$

  Finalement :

  $\left\lbrace\begin{matrix} \dfrac{dx}{dt} = v_0 \cdot \cos(\theta) \\[6pt] \dfrac{dy}{dt} = -g \cdot t + v_0.\sin(\theta) \end{matrix} \right.$

• En intégrant, on obtient :

  $\left\lbrace\begin{matrix} x(t) = v_0 \cdot \cos(\theta) + K_3 \\[6pt] y(t) = \dfrac{-1}{2}g \cdot t^2 + v_0 .\sin(\theta) \cdot t + K_4 \end{matrix} \right.$

• Pour trouver la valeur des constantes d'intégration ($K_3$ et $K_4$), on se sert des conditions initiales : à $t = 0$, la balle est en $O (0~;~0)$.

  Soit : $\left\lbrace\begin{matrix} K_3 = 0 \\[6pt] K_4 = 0 \end{matrix} \right.$

• Les équations horaires du mouvement sont donc :

  $\left\lbrace\begin{matrix} x(t) = v_0 \cdot \cos(\theta) \\[6pt] y(t) = \dfrac{-1}{2}g \cdot t^2 + v_0 \cdot \sin(\theta) \cdot t \end{matrix} \right.$

IV. Équation de la trajectoire

• Pour obtenir une équation de la trajectoire, il faut exprimer $y(t)$ en fonction non plus de $t$, mais de $x$ :

  $x = v_0 \cdot \cos(\theta) \cdot t\Leftrightarrow t = \dfrac{x}{v_0 \cdot \cos(\theta)}$

• On peut maintenant exprimer $y$ en fonction de $x$ en remplaçant $t$ par la valeur trouvée ci-dessus. Finalement :

  $y(x) = \dfrac{-1}{2} g \left(\dfrac{x}{v_0 \cdot\cos(\theta)}\right)^2 + v_0 \cdot \sin(\theta) \left(\dfrac{x}{v_0 \cdot\cos(\theta)}\right)$

• En simplifiant, on trouve finalement :

  $\boxed{y(x) = \dfrac{-g}{2v_0^2 \cdot \cos^2(\theta)}\times x^2+ \tan(\theta) \times x}$

• Finalement, on obtient une équation du second degré ce qui concorde avec sa trajectoire parabolique.

V. Flèche et portée de la trajectoire

1. Flèche de la trajectoire

• Définition :

  La flèche de la trajectoire correspond au moment où la balle a atteint sa hauteur maximale $H$ (voir le schéma).

• Quand la balle a atteint sa hauteur maximale, le vecteur vitesse a une direction horizontale.

• Sa composante sur l'axe des ordonnées ($v_y$) est donc égale à $0$.

  $v_y(t_f) = 0$

  $\Leftrightarrow -g \cdot t_f + v_0 \cdot \sin(\theta) = 0$

  $\Leftrightarrow \boxed{t_f = \dfrac{v_0 \cdot \sin(\theta)}{g}}$

• On réinsère cette valeur de $t$ dans l'équation de la trajectoire ce qui nous donne :

  $H = y(t_f) = \dfrac{-1}{2} g \left(\dfrac{v_0 \cdot \sin(\theta)}{g}\right)^2 + v_0 \cdot \sin(\theta) \left(\dfrac{v_0.\sin(\theta)}{g}\right)$

• Ce qui, en simplifiant, donne :

  $\boxed{H = \dfrac{v_0^2 \cdot \sin^2(\theta)}{2g}}$

2. Portée de la trajectoire

• Définition :

  La portée de la trajectoire est la distance $D$ séparant le point de départ de la balle et le point d'arrivée $P$ (voir le schéma).

• L'ordonnée au point de chute est nulle :

  $y_p = y(t_p) = 0 \Leftrightarrow -\dfrac{1}{2}g \cdot t^2_p + v_0 . \sin(\theta) \cdot t_p = 0$

• Comme $t_p$ est non nulle alors on a :

  $-\dfrac{1}{2}g \cdot t_p + v_0 \cdot \sin(\theta) = 0 \Leftrightarrow t_p = \dfrac{2v_0 \cdot \sin(\theta)}{g}$

• On insère la valeur de $t_p$ dans l'équation $x(t)$ :

  $D = x(t_p) = v_0 \cdot \cos(\theta) \times \dfrac{2v_0 \cdot \sin(\theta)}{g}$

• Ce qui, simplifié, donne :

  $\boxed{D = \dfrac{v_0^2 \cdot \sin(2\theta)}{g}}$

  (car $2 \sin (\theta) \cdot \cos(\theta) = \sin(2 \theta)$)

_{= Merci à gbm pour avoir contribué à l'élaboration de cette fiche =}