Équations Horaires
d’un Projectile :
Les Étapes avec Newton
La méthode complète, étape par étape, pour trouver les équations horaires d’un projectile en utilisant la deuxième loi de Newton — avec 5 exercices corrigés progressifs, du niveau basique au type bac.
Qu’est-ce qu’un projectile ?
Un projectile est tout objet lancé dans l’air qui, une fois lâché, n’est soumis qu’à la pesanteur (et éventuellement au frottement de l’air, que l’on néglige souvent en terminale). On dit alors que le mouvement est un mouvement de projectile ou tir parabolique.
Exemples classiques au bac : un ballon lancé, une balle tirée, un objet tombant d’une falaise, ou un skieur quittant un tremplin. Dans tous ces cas, la méthode pour trouver les équations horaires est toujours la même — c’est ce qu’on va apprendre ici.
Le mouvement d’un projectile se décompose en deux mouvements indépendants : un mouvement horizontal (vitesse constante, pas de force dans cette direction) et un mouvement vertical (accélération constante due à la pesanteur \( g \)). La deuxième loi de Newton nous permet de démontrer cela rigoureusement.
La méthode en 6 étapes — à apprendre par cœur
Voici la méthode universelle pour trouver les équations horaires d’un projectile. Ces 6 étapes s’appliquent à tous les exercices du bac.
Définir le système et le référentiel
Préciser l’objet étudié (le projectile), le référentiel terrestre supposé galiléen, et placer l’origine du repère.
Faire le bilan des forces
Identifier toutes les forces exercées sur le projectile. Sans frottements : seul le poids \( \vec{P} = m\vec{g} \) s’applique.
Appliquer la 2ème loi de Newton
\( \sum \vec{F} = m\vec{a} \) → ici : \( m\vec{g} = m\vec{a} \), donc \( \vec{a} = \vec{g} \). On projette sur les axes.
Obtenir les équations des accélérations
On lit les composantes de l’accélération sur chaque axe : \( a_x = 0 \) et \( a_y = -g \) (avec l’axe \( y \) vers le haut).
Intégrer pour trouver les équations de vitesse
On intègre \( a_x \) et \( a_y \) par rapport au temps, en introduisant les constantes \( v_{x0} \) et \( v_{y0} \) (conditions initiales).
Intégrer à nouveau pour les équations de position
On intègre \( v_x \) et \( v_y \) pour obtenir \( x(t) \) et \( y(t) \), les équations horaires. On intègre les constantes \( x_0 \) et \( y_0 \) (position initiale).
Le schéma du problème
La démonstration complète des équations horaires
Appliquons les 6 étapes au cas général : un projectile lancé depuis l’origine O avec une vitesse initiale \( v_0 \) faisant un angle \( \alpha \) avec l’horizontale.
Étapes 1 et 2 — Système, référentiel, bilan des forces
Système : le projectile (masse \( m \)).
Référentiel : terrestre, supposé galiléen, repère \( (O, \vec{x}, \vec{y}) \)
avec \( \vec{x} \) horizontal et \( \vec{y} \) vertical vers le haut.
Forces : sans frottements, seul le poids agit : \( \vec{P} = m\vec{g} \).
Étape 3 — Deuxième loi de Newton
Étapes 4 — Projection sur les axes
On projette \( \vec{a} = \vec{g} \) sur chaque axe :
Étape 5 — Intégration : équations de vitesse
Intégrer \( a(t) \) par rapport à \( t \) donne \( v(t) \) + une constante. Cette constante est déterminée par les conditions initiales : la valeur de la vitesse à \( t = 0 \).
\( v_0 \sin\alpha \) : composante verticale de la vitesse initiale
Étape 6 — Intégration : équations horaires de position
\( g = 9{,}81 \ \text{m/s}^2 \) : intensité de la pesanteur terrestre
\( \alpha \) : angle de lancement par rapport à l’horizontale
\( v_0 \) : vitesse initiale (norme du vecteur vitesse au départ)
Horizontalement : \( x(t) \) est linéaire en \( t \)
→ le mouvement horizontal est uniforme (vitesse constante).
Verticalement : \( y(t) \) est quadratique en \( t \)
→ le mouvement vertical est uniformément accéléré
(accélération constante \( -g \)).
En éliminant \( t \), on obtient \( y = f(x) \) : c’est une parabole.
L’équation de la trajectoire (élimination de t)
En combinant les deux équations horaires pour éliminer le paramètre \( t \), on obtient l’équation cartésienne de la trajectoire.
De \( x(t) = v_0\cos\alpha \cdot t \), on tire : \( t = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha} \)
On substitue dans \( y(t) \) :
\[ \boxed{y = -\frac{g}{2v_0^2\cos^2\!\alpha}\,x^2 + \tan\alpha \cdot x} \]Exercices Corrigés
Lancement horizontal depuis une falaise
Niveau 1 — Cas de baseUne balle est lancée horizontalement depuis le bord d’une falaise de hauteur \( h = 80 \ \text{m} \) avec une vitesse initiale \( v_0 = 20 \ \text{m/s} \). On néglige les frottements. On prend \( g = 10 \ \text{m/s}^2 \).
1. Écrire les équations horaires de position.
2. Calculer la durée de chute jusqu’au sol.
3. Calculer la portée (distance horizontale à l’impact).
Mise en place : on place O au pied de la falaise, à la verticale du point de lancement. Au départ : \( x_0=0 \), \( y_0=80 \ \text{m} \), \( \alpha=0° \) donc \( v_{x0}=20 \ \text{m/s} \), \( v_{y0}=0 \).
Newton : \( \vec{a} = \vec{g} \), soit \( a_x = 0 \), \( a_y = -g = -10 \ \text{m/s}^2 \).
Intégration 1 : \( v_x = 20 \), \( v_y = -10t \)
Intégration 2 :
\[x(t) = 20t\]
\[y(t) = -5t^2 + 80\]
Durée de chute : le sol est atteint quand \( y(t) = 0 \) :
\( -5t^2 + 80 = 0 \implies t^2 = 16 \implies t = 4 \ \text{s} \)
Portée : \( x(4) = 20 \times 4 = 80 \ \text{m} \)
Lancement oblique depuis le sol
Niveau 2 — Angle non nulUn ballon est frappé depuis le sol (\( y_0 = 0 \)) avec une vitesse initiale \( v_0 = 30 \ \text{m/s} \) à un angle \( \alpha = 30° \) par rapport à l’horizontale. On prend \( g = 10 \ \text{m/s}^2 \).
1. Écrire les équations horaires \( x(t) \) et \( y(t) \).
2. Calculer la hauteur maximale atteinte.
3. Calculer la portée (distance à l’impact).
\( v_{x0} = 30\cos30° = 15\sqrt{3} \approx 25{,}98 \ \text{m/s} \)
\( v_{y0} = 30\sin30° = 15 \ \text{m/s} \)
Newton : \( a_x=0 \), \( a_y=-10 \)
\[x(t) = 15\sqrt{3}\,t\]
\[y(t) = -5t^2 + 15t\]
Hauteur maximale : au sommet, \( v_y = 0 \)
\( v_y(t) = -10t + 15 = 0 \implies t_s = 1{,}5 \ \text{s} \)
\( y_{\max} = -5(1{,}5)^2 + 15(1{,}5) = -11{,}25 + 22{,}5 = 11{,}25 \ \text{m} \)
Portée : sol quand \( y(t) = 0 \)
\( -5t^2 + 15t = 0 \implies t(15 – 5t) = 0 \implies t = 0 \) ou \( t = 3 \ \text{s} \)
\( x(3) = 15\sqrt{3} \times 3 = 45\sqrt{3} \approx 77{,}9 \ \text{m} \)
Trajectoire et équation cartésienne
Niveau 3 — Élimination de tUn projectile est lancé depuis l’origine avec \( v_0 = 20 \ \text{m/s} \) à \( \alpha = 45° \). On prend \( g = 10 \ \text{m/s}^2 \).
1. Écrire les équations horaires.
2. Éliminer \( t \) pour trouver l’équation de la trajectoire \( y = f(x) \).
3. Vérifier que la trajectoire est bien une parabole.
\( v_{x0} = v_{y0} = 20 \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 10\sqrt{2} \ \text{m/s} \) \[x(t) = 10\sqrt{2}\,t\] \[y(t) = -5t^2 + 10\sqrt{2}\,t\]
De \( x = 10\sqrt{2}\,t \), on tire \( t = \dfrac{x}{10\sqrt{2}} \).
On substitue dans \( y \) :
\[
y = -5\left(\frac{x}{10\sqrt{2}}\right)^2 + 10\sqrt{2} \cdot \frac{x}{10\sqrt{2}}
\]
\[
y = -5 \cdot \frac{x^2}{200} + x = -\frac{x^2}{40} + x
\]
\( y = -\dfrac{1}{40}x^2 + x \) est de la forme \( ax^2 + bx \) avec \( a = -\dfrac{1}{40} < 0 \). C'est bien une parabole tournée vers le bas ✓
Projectile lancé depuis une hauteur non nulle
Niveau 3 — Conditions initiales complexesUn skieur quitte un tremplin situé à \( h = 10 \ \text{m} \) du sol avec une vitesse \( v_0 = 18 \ \text{m/s} \) à \( \alpha = 30° \) au-dessus de l’horizontale. On prend \( g = 10 \ \text{m/s}^2 \).
1. Écrire les équations horaires (O au pied du tremplin, au sol).
2. Déterminer à quel instant il touche le sol.
3. Calculer sa vitesse au moment de l’impact.
\( v_{x0} = 18\cos30° = 9\sqrt{3} \ \text{m/s} \), \( v_{y0} = 18\sin30° = 9 \ \text{m/s} \), \( y_0 = 10 \ \text{m} \) \[x(t) = 9\sqrt{3}\,t\] \[y(t) = -5t^2 + 9t + 10\]
Sol atteint quand \( y(t) = 0 \) :
\( -5t^2 + 9t + 10 = 0 \implies 5t^2 – 9t – 10 = 0 \)
\( \Delta = 81 + 200 = 281 \implies t = \dfrac{9 + \sqrt{281}}{10} \approx \dfrac{9 + 16{,}76}{10} \approx 2{,}58 \ \text{s} \)
(on garde la racine positive)
\( v_x(t) = 9\sqrt{3} \approx 15{,}59 \ \text{m/s} \) (constante)
\( v_y(2{,}58) = -10 \times 2{,}58 + 9 = -16{,}8 \ \text{m/s} \)
\( \|v\| = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{(9\sqrt{3})^2 + (-16{,}8)^2} \approx \sqrt{243 + 282} \approx \sqrt{525} \approx 22{,}9 \ \text{m/s} \)
Exercice complet type Bac — le canon
Type Bac — Toutes les questionsUn canon tire un obus depuis le sol avec une vitesse initiale \( v_0 = 200 \ \text{m/s} \) à un angle \( \alpha = 60° \) par rapport à l’horizontale. On néglige les frottements. \( g = 9{,}81 \ \text{m/s}^2 \).
1. En appliquant la deuxième loi de Newton, démontrer les équations horaires.
2. Déterminer la hauteur maximale atteinte par l’obus.
3. Déterminer la durée totale du vol.
4. Calculer la portée maximale.
5. Établir l’équation de la trajectoire \( y = f(x) \).
Démonstration :
Système : obus. Référentiel terrestre galiléen. Repère \( (O,\vec{x},\vec{y}) \).
Bilan des forces : \( \vec{P} = m\vec{g} \) seul.
Newton : \( \vec{P} = m\vec{a} \implies \vec{a} = \vec{g} \)
Projection : \( a_x = 0 \) ; \( a_y = -g = -9{,}81 \)
Intégration 1 : \( v_x = v_0\cos60° = 100 \ \text{m/s} \) ; \( v_y = -9{,}81t + v_0\sin60° = -9{,}81t + 100\sqrt{3} \)
Intégration 2 :
\[x(t) = 100\,t\]
\[y(t) = -4{,}905\,t^2 + 100\sqrt{3}\,t\]
Hauteur max : \( v_y = 0 \implies t_s = \dfrac{100\sqrt{3}}{9{,}81} \approx 17{,}65 \ \text{s} \)
\( y_{\max} = -4{,}905 \times (17{,}65)^2 + 100\sqrt{3} \times 17{,}65 \approx -1529 + 3056 \approx \mathbf{1527 \ \text{m}} \)
Durée de vol : \( y(t) = 0 \implies t(-4{,}905t + 100\sqrt{3}) = 0 \)
\( t = 0 \) (départ) ou \( t = \dfrac{100\sqrt{3}}{4{,}905} \approx \mathbf{35{,}3 \ \text{s}} \)
Portée : \( x(35{,}3) = 100 \times 35{,}3 \approx \mathbf{3530 \ \text{m}} \approx 3{,}53 \ \text{km} \)
De \( x = 100t \) : \( t = x/100 \). On substitue : \[ y = -4{,}905\left(\frac{x}{100}\right)^2 + 100\sqrt{3} \cdot \frac{x}{100} \]
Les erreurs classiques à éviter absolument
- Oublier le signe − devant g : si l’axe \( \vec{y} \) est orienté vers le haut, alors \( a_y = -g \). Si tu prends \( \vec{y} \) vers le bas, alors \( a_y = +g \). Il faut être cohérent avec ton choix de repère.
- Confondre la vitesse initiale et ses composantes : \( v_0 \) est la norme. Les composantes sont \( v_{x0} = v_0\cos\alpha \) et \( v_{y0} = v_0\sin\alpha \). Ne jamais écrire \( v_{x0} = v_0 \) si \( \alpha \neq 0 \).
- Sauter les étapes Newton : au bac, la question demande souvent de démontrer les équations horaires. Il faut impérativement citer Newton, projeter sur les axes, intégrer deux fois. Ne pas juste poser \( y = -\frac{1}{2}gt^2 \) sans justification.
- Mal choisir l’origine : précise toujours où tu places O. Si O est au sol sous le point de lancement, alors \( y_0 = h \). Si O est au point de lancement, alors \( y_0 = 0 \). Un mauvais choix d’origine fausse toutes les réponses.
- Oublier la constante d’intégration : en intégrant \( a_x = 0 \) on obtient \( v_x = C \) (constante), pas \( v_x = 0 \). Cette constante est \( v_{x0} \). Ne jamais écrire \( v_x = 0 \) directement.
Besoin d’aller plus loin en mécanique ?
Cours complets, exercices corrigés et fiches bac sur toute la physique de Terminale.
Pour aller plus loin
Ces articles complètent parfaitement ta maîtrise de la mécanique et de la physique en Terminale.