Chute libre et projectiles

Chute libre et projectiles

Un jongleur lance une balle vers le haut avec la vitesse v0 ; cette balle atteint sa plus grande hauteur, soit h = 1 m, à l'instant 0, puis retombe. A ce même instant, le jongleur lance une autre balle, qui monte à la même hauteur que la première. Où les deux balles se croisent-elles ?

II₅₈. Projectile.

Du point de coordonnées horizontale x = 0 et verticale y = h, on lance un projectile à la vitesse horizontale v0. Ce projectile n’est pratiquement soumis qu’à son poids, la résistance de l’air étant négligeable. Il touche le sol, qui est horizontal, au point de coordonnées horizontale x = 2h et verticale y = 0.

1) Déterminer la vitesse v0 de lancement.

2) Déterminer la vitesse vG₁

immédiatement avant le choc.

3) Déterminer les modules des composantes normale et tangentielle (par rapport à la trajectoire) de l’accélération immédiatement avant le choc.

4) Déterminer le rayon de courbure de la trajectoire au point d’impact avec le sol.

5) Le projectile rebondit élastiquement sur le sol : le choc change sa vitesse en la symétrique par rapport au sol.

Déterminer (de préférence intuitivement plutôt que par le calcul) le point d’impact où se produit le deuxième rebond.

6) Si de la même altitude on avait lancé le projectile avec une vitesse de même module et de direction différente, la distance entre rebonds successifs serait-elle augmentée ou diminuée ? Une argumentation sans calcul sera préférée.

y

v^G0

α β III15. Projectile.

1) Le mouvement d’un projectile est celui d’un corps pesant qui ne subit pas d’autre force que son poids (en particulier, pas de freinage par l’air). Montrer que ce mouvement est réversible, c’est-à-dire que si un mouvement rG = f tG^{( )}

est possible, le mouvement rG = fG⁽−t⁾

est également possible. Que peut-on dire des positions et des vitesses de ces deux mouvements à l’instant 0 ?

x

2) On lance un projectile avec une vitesse ^vG₀ de module déterminé et faisant

un angle α avec l’horizontale depuis un point situé en bas d’un plan incliné d’un angle sur l’horizontale. Le plan vertical (P) contenant

β vG0

est perpendiculaire au plan incliné et contient la ligne de plus grande pente de ce plan. On néglige le freinage par l’air du projectile.

O

Montrer que le mouvement a lieu dans (P).

3) Exprimer la distance D entre le point de départ et le point où le projectile retombe sur le plan incliné en fonction des coordonnées de la pesanteur et de la vitesse initiale, les axes étant pris suivant la ligne de plus grande pente du plan incliné et suivant sa normale.

0 0

, , ,

x y x y

g g v v

4) Montrer que

02

2

[sin(2 ) sin ] cos

D v

g

− −

= α β β

β .

5) Montrer que la portée maximale s’obtient en tirant dans la direction de la bissectrice de la ligne de plus grande pente du plan incliné et de la verticale.

6) Le projectile rebondit élastiquement sur le plan incliné, qui change sa vitesse en la symétrique par rapport au plan incliné. Il existe un cas simple où le projectile après avoir rebondi sur le plan incliné revient à son point de départ. Quel est ce cas simple ? On ne demande pas de discuter si ce cas est le seul. Montrer que l’angle de tir nécessaire satisfait à

tan( ) 1

2 tan

− = α β

β .

7) Le projectile rebondit élastiquement deux fois sur le plan incliné. Chaque rebond élastique change la vitesse en sa symétrique par rapport au plan incliné. Il existe un cas simple où le projectile après avoir rebondi deux fois sur le plan incliné revient à son point de départ. Quel est ce cas simple ? On demande de répondre à cette question sans aucun calcul.

Réponses

I. 1 2 3

0, 75 m z =z = 4h = .

II. 1) v₀ = 2gh ; 2) v_1x =v₀ ; v_1y =−v₀; 3) a_t =a_n =g/ 2 ; 4) R=4 2h; 5) abscisse 6h ; 6) diminuée.

III. 1) même position vitesse opposée ; 3) 2⁰ 0

2 ^y( _{x y y x}

y

D v g v g

= g − v₀ ) ; 6) si le mobile frappe le plan incliné avec une vitesse perpendiculaire à ce plan ; 7) après le premier rebond le projectile monte verticalement.

Chute libre et projectiles, page 1

Corrigé

D’après le théorème de l’énergie cinétique,

02 02

0 1

2 2

mv mgh h v

− =− ⇒ = g.

2

1 12

1 2

2 2 0

2

1 2 0 1 2 12

0

3 0, 75 m 4

z gt h

z gt v t

z z h v t z z h g h h

v

=− +

=− +

⎛ ⎞⎟

= ⇔ = ⇒ = = − ⎜⎜⎜⎝ ⎠⎟⎟ = =

II.

1) x =v t₀ ; y =−¹₂gt² +h. Au point de chute, y =0, 2h

t = g , ₀ 2 ₀

2 2

x v h h v gh

= g = ⇒ = 2) v_1x =v₀ ; v_1y =−gt =−v₀

3) a^G =g^G fait un angle de 45° avec v^G₁, donc a_t =a_n =g/ 2 4)

2 2

1 2 0

2 4 2

n

v g v

a R

R R

= = = h

5) Le second rebond a lieu à l’abscisse 6h.

6) On ne change pas le module de la vitesse d’impact, mais seulement sa direction ; or la direction actuelle (v^G₁ incliné à 45°) est celle qui donne la plus grande portée, donc un changement de direction implique une distance entre rebonds plus petite.

III.

1) ^{( )}

2 1 2

0 2 0

2

d r dr

g gt v r f t gt v t

dt = ⇒ dt = + = = + +r₀

G G G G G G G G G G

. Le mouvement rG =fG⁽−t⁾= ¹₂gtG²−v tG₀ +rG₀ est un mouvement possible, pour lequel à l’instant 0 la position rG0

est la même et la vitesse est l’opposé −vG0

. 2)

2 1 2

0 2

2

d r dr

g gt v r gt

dt = ⇒ dt = + = +v t₀

G G

G G

G G G G

qui montre que le mouvement a lieu dans le plan (P).

3) Les équations du mouvement sont :

1 2

2 0

2

12 0

x x

y y

x g t v

y g t v

= +

= +

t t

Le mobile retombe quand

2

0 0 0 0

1 1

0 0

2 2 2

2 2 2 2

( _{y y}) 0 ^y _x ^y _x ^{y y}( _{x y y}

y y y y

v v v v

y g t v t t x g v g v g v

g g g g

⎛ ⎞⎟

= + = =− = ⎜⎜⎜⎝ ⎟⎟⎟⎠ − = ⁰ − ⁰_x). 4)

0 0 0

2 2

0 0

2 2

cos( ) sin( ) sin cos

2 sin( )[ sin sin( ) cos cos( )] 2 sin( )cos

cos cos

x oy x y

v v v v g g g g

v v

D x

g g

= − = − =− =−

− − − + − −

= = =

α β α β β β

α β β α β β α β α β α

β β

car Or

cos(a+b)=cos cosa b−sin sina b

12

sin cosa b = [sin(a+b)+sin(a−b)]

2 0

2

[sin(2 ) sin ] cos

D v

g

− −

= α β β

β

5) D est maximum quand sin(2 ) 1 2 _{2 2}¹( )

2 π π

α−β = α−β = α= +β qui exprime que vG₀

est dirigé selon la bissectrice de la verticale et de la ligne de plus grande pente du plan incliné.

6) Soit M le point d’impact. Si le mobile frappe en M le plan incliné avec une vitesse perpendiculaire à ce plan, le choc change la vitesse vG₀

en son opposé −vG₀

. Choisissons l’instant du choc comme origine des temps. Le mouvement

1 2

2 0

rG = gtG −vGt

après le choc se déduit du mouvement rG = ¹₂gtG² +vG₀t

avant le choc en remplaçant t par puisque le mouvement des projectiles est réversible. Le projectile revient donc au point de départ en un temps égal au temps de l’aller.

−t

Chute libre et projectiles, page 2

On peut montrer que c’est le seul cas où il y ait retour à l’envoyeur. En effet, si la vitesse en A n’est pas

perpendiculaire au plan incliné, alors l’aller et le retour ont mêmes trajectoires que deux lancers de A avec même et des opposés ; ces deux mouvements ont même loi et même instant de retombée

v0y

v0x y t( ) 2v_0y/g_y ; leur abscisse de

retombée x = ¹₂g t_x ² +v_0xt est fonction croissante de ; comme ces deux mouvements correspondent à des valeurs opposées de , la retombée a lieu en des endroits différents si .

v0x

v0x v_0x ≠0

Calculons l’angle de tir. En M :

0 0 0

0 0 0

0

2 2 1

0 tan( )

2 2

y x y y y

x x x x x x

y y x x

v g v v g

v v g t v g v

g g v g α β

= + = − = − = ⇒ = − = β

tan . 7) Ce cas simple est celui où après le premier rebond le projectile monte verticalement.

Chute libre et projectiles, page 3