Étiquette : Équations Horaires

Équations Horaires d'un Projectile : Loi de Newton Physique · Mécanique · Terminale Équations Horairesd'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. ⏱ Lecture : 18 min 🚀 Niveau : Terminale ✦ 5 Exercices Corrigés 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. 💡 L'idée centrale 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. 1 Définir le système et le référentiel Préciser l'objet étudié (le projectile), le référentiel terrestre supposé galiléen, et placer l'origine du repère. 2 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. 3 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. 4 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). 5 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). 6 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 Sol (y = 0) y x O Lancement v₀ α Sommet (vᵧ = 0) g⃗ v₀cosα v₀sinα Impact Schéma d'un projectile lancé avec une vitesse initiale v₀ à l'angle α — le repère O est à l'origine du lancement, axe x horizontal, axe y vertical vers le haut. 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 Application de la 2ème loi de Newton \[ \sum \vec{F} = m\vec{a} \implies \vec{P} = m\vec{a} \implies m\vec{g} = m\vec{a} \] \[ \text{Donc : } \vec{a} = \vec{g} \] On simplifie par \( m \) (valable car \( m \neq 0 \)). L'accélération est égale à \( \vec{g} \), dirigée vers le bas. Étapes 4 — Projection sur les axes On projette \( \vec{a} = \vec{g} \) sur chaque axe : Composantes de l'accélération \[ \text{Sur } \vec{x} \text{ (horizontal)} : \quad a_x = 0 \] \[ \text{Sur } \vec{y} \text{ (vertical, vers le haut)} : \quad a_y = -g \] Le signe \( - \) devant \( g \) vient du fait que \( \vec{g} \) est orienté vers le bas, c'est-à-dire dans le sens opposé à l'axe \( \vec{y} \). Étape 5 — Intégration : équations de vitesse 💡 Rappel — Intégration et constantes 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 \( t = 0 \). Équations de vitesse (intégration de a) \[ v_x(t) = \int a_x \, dt = \int 0 \, dt = v_{x0} = v_0 \cos\alpha \] \[ v_y(t) = \int a_y \, dt = \int (-g) \, dt = -gt + v_{y0} = -gt + v_0 \sin\alpha \] \( v_0 \cos\alpha \) : composante horizontale de la vitesse initiale \( v_0 \sin\alpha \) : composante verticale de la vitesse initiale Étape 6 — Intégration : équations horaires de position Équations horaires — Résultat final \[ \boxed{x(t) = v_0 \cos\alpha \cdot t + x_0} \] \[ \boxed{y(t) = -\frac{1}{2}gt^2 + v_0 \sin\alpha \cdot t + y_0} \] \( x_0, y_0 \) : coordonnées initiales du projectile (souvent \( x_0 = y_0 = 0 \)) \( g = 9{,}81 \ \text{m/s}^2 \) : intensité de la pesanteur terrestre \( \alpha \) : angle de lancement par rapport à l'horizontale \( v_0 \) : vitesse initiale (norme du vecteur vitesse au départ) 🎯 Ce que montrent ces équations 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. Équation de la trajectoire — Parabole De \( x(t) = v_0\cos\alpha \cdot t \), on tire : \( t = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha} \) On substitue dans \( y(t) \) : \[ \boxed{y = -\frac{g}{2v_0^2\cos^2\!\alpha}\,x^2 + \tan\alpha \cdot x} \] Cette équation est de la forme \( y = ax^2 + bx \) avec \( a < 0 \) : c'est bien une parabole tournée vers le bas. Exercices Corrigés Vert — Niveau 1 : lancement horizontal Bleu — Niveau 2 : lancement oblique Violet — Niveau 3 : questions dérivées Rouge — Type Bac 1 Lancement horizontal depuis une falaise Niveau 1 — Cas de base 📋 Énoncé Une 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). Données v₀ = 20 m/s (horizontal) | h = 80 m | g = 10 m/s² | α = 0° (horizontal) 📖 Voir le corrigé complet ▼ 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 \( v_{x0}=20 \ \text{m/s} \), \( v_{y0}=0 \). 1 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 : \[x(t) = 20t\] \[y(t) = -5t^2 + 80\] 2 Durée de chute : le sol est atteint quand \( y(t) = 0 \) : \( -5t^2 + 80 = 0 \implies t^2 = 16 \implies t = 4 \ \text{s} \) 3 Portée : \( x(4) = 20 \times 4 = 80 \ \text{m} \) Résultats \( x(t) = 20t \quad;\quad y(t) = -5t^2 + 80 \) Durée de chute : 4 s — Portée : 80 m 2 Lancement oblique depuis le sol Niveau 2 — Angle non nul 📋 Énoncé Un 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). Données v₀ = 30 m/s | α = 30° | cos30° = √3/2 ≈ 0,866 | sin30° = 0,5 | g = 10 m/s² 📖 Voir le corrigé complet ▼ 1 \( v_{x0} = 30\cos30° = 15\sqrt{3} \approx 25{,}98 \ \text{m/s} \) \( v_{y0} = 30\sin30° = 15 \ \text{m/s} \) Newton : \( a_x=0 \), \( a_y=-10 \) \[x(t) = 15\sqrt{3}\,t\] \[y(t) = -5t^2 + 15t\] 2 Hauteur maximale : au sommet, \( v_y = 0 \) \( v_y(t) = -10t + 15 = 0 \implies t_s = 1{,}5 \ \text{s} \) \( y_{\max} = -5(1{,}5)^2 + 15(1{,}5) = -11{,}25 + 22{,}5 = 11{,}25 \ \text{m} \) 3 Portée : sol quand \( y(t) = 0 \) \( -5t^2 + 15t = 0 \implies t(15 - 5t) = 0 \implies t = 0 \) ou \( t = 3 \ \text{s} \) \( x(3) = 15\sqrt{3} \times 3 = 45\sqrt{3} \approx 77{,}9 \ \text{m} \) Résultats \( x(t) = 15\sqrt{3}\,t \quad;\quad y(t) = -5t^2 + 15t \) Hauteur max : 11,25 m à \( t = 1{,}5 \) s — Portée : ≈ 77,9 m 3 Trajectoire et équation cartésienne Niveau 3 — Élimination de t 📋 Énoncé Un 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. Données v₀ = 20 m/s | α = 45° | cos45° = sin45° = √2/2 | g = 10 m/s² 📖 Voir le corrigé complet ▼ 1 \( v_{x0} = v_{y0} = 20 \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 10\sqrt{2} \ \text{m/s} \) \[x(t) = 10\sqrt{2}\,t\] \[y(t) = -5t^2 + 10\sqrt{2}\,t\] 2 De \( x = 10\sqrt{2}\,t \), on tire \( t = \dfrac{x}{10\sqrt{2}} \). On substitue dans \( y \) : \[ y = -5\left(\frac{x}{10\sqrt{2}}\right)^2 + 10\sqrt{2} \cdot \frac{x}{10\sqrt{2}} \] \[ y = -5 \cdot \frac{x^2}{200} + x = -\frac{x^2}{40} + x \] 3 \( y = -\dfrac{1}{40}x^2 + x \) est de la forme \( ax^2 + bx \) avec \( a = -\dfrac{1}{40} < 0 \). C'est bien une parabole tournée vers le bas ✓ Équation de la trajectoire \( y = -\dfrac{1}{40}x^2 + x \) Portée (y = 0) : \( x(x/40 - 1) = 0 \) → \( x = 40 \ \text{m} \) 4 Projectile lancé depuis une hauteur non nulle Niveau 3 — Conditions initiales complexes 📋 Énoncé Un 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. Données v₀ = 18 m/s | α = 30° | y₀ = 10 m | g = 10 m/s² 📖 Voir le corrigé complet ▼ 1 \( v_{x0} = 18\cos30° = 9\sqrt{3} \ \text{m/s} \), \( v_{y0} = 18\sin30° = 9 \ \text{m/s} \), \( y_0 = 10 \ \text{m} \) \[x(t) = 9\sqrt{3}\,t\] \[y(t) = -5t^2 + 9t + 10\] 2 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) 3 \( v_x(t) = 9\sqrt{3} \approx 15{,}59 \ \text{m/s} \) (constante) \( v_y(2{,}58) = -10 \times 2{,}58 + 9 = -16{,}8 \ \text{m/s} \) \( \|v\| = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{(9\sqrt{3})^2 + (-16{,}8)^2} \approx \sqrt{243 + 282} \approx \sqrt{525} \approx 22{,}9 \ \text{m/s} \) Résultats Impact à \( t \approx 2{,}58 \ \text{s} \) — Vitesse à l'impact : ≈ 22,9 m/s 5 Exercice complet type Bac — le canon Type Bac — Toutes les questions 📋 Énoncé Type Bac Un 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 \( y = f(x) \). Données v₀ = 200 m/s | α = 60° | cos60° = 0,5 | sin60° = √3/2 ≈ 0,866 | g = 9,81 m/s² 📖 Voir le corrigé type bac ▼ 1 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 : \[x(t) = 100\,t\] \[y(t) = -4{,}905\,t^2 + 100\sqrt{3}\,t\] 2 Hauteur max : \( v_y = 0 \implies t_s = \dfrac{100\sqrt{3}}{9{,}81} \approx 17{,}65 \ \text{s} \) \( y_{\max} = -4{,}905 \times (17{,}65)^2 + 100\sqrt{3} \times 17{,}65 \approx -1529 + 3056 \approx \mathbf{1527 \ \text{m}} \) 3 Durée de vol : \( y(t) = 0 \implies t(-4{,}905t + 100\sqrt{3}) = 0 \) \( t = 0 \) (départ) ou \( t = \dfrac{100\sqrt{3}}{4{,}905} \approx \mathbf{35{,}3 \ \text{s}} \) 4 Portée : \( x(35{,}3) = 100 \times 35{,}3 \approx \mathbf{3530 \ \text{m}} \approx 3{,}53 \ \text{km} \) 5 De \( x = 100t \) : \( t = x/100 \). On substitue : \[ y = -4{,}905\left(\frac{x}{100}\right)^2 + 100\sqrt{3} \cdot \frac{x}{100} \] Équation de la trajectoire \( y = -4{,}905 \times 10^{-4}\,x^2 + \sqrt{3}\,x \) Hauteur max : 1 527 m — Durée : 35,3 s — Portée : 3 530 m 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. 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