Equations horaires d un mouvement parabolique

Equations horaires d’un mouvement parabolique

A. Premier service :

1. Composantes du vecteur vitesse initiale 𝑽→ _𝟎 𝑣₀

→ |𝑉^0𝑥 = 𝑉₀𝑐𝑜𝑠 𝛼 𝑉_0𝑧 = 𝑉₀𝑠𝑖𝑛 𝛼 2. Bilan des forces :

Système étudié : {balle}

Bilan des forces sur la balle : poids

dont les coordonnées dans le repère imposé sont : →𝑃

|0

−𝑚𝑔 3. Expression du vecteur accélération →𝒂 à partir du bilan des forces :

D’après la 2^ème loi de Newton : →𝑃

= 𝑚 ⋅ 𝑎→ D’où → =𝑎 ^→𝑃

𝑚

D’où les coordonnées du vecteur accélération : → |0𝑎

−𝑔 4. Composantes Vx(t) et Vz(t) du vecteur vitesse 𝑽→

:

→ |𝑣 𝑉_𝑥(𝑡) = 𝑉_0𝑥

𝑉_𝑧(𝑡) = −𝑔 ⋅ 𝑡 + 𝑉_0𝑧 avec 𝑣→ |𝑉₀ ^0𝑥= 𝑉₀𝑐𝑜𝑠 𝛼 𝑉_0𝑧 = 𝑉₀𝑠𝑖𝑛 𝛼 soit → |𝑣 𝑉_𝑥(𝑡) = 𝑉₀𝑐𝑜𝑠 𝛼

𝑉_𝑧(𝑡) = −𝑔 ⋅ 𝑡 + 𝑉₀𝑠𝑖𝑛 𝛼

5. Composantes xM(t) et zM(t) du vecteur position 𝑶𝑴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ : 𝑂𝑀→

|𝑥(𝑡) = 𝑉_0𝑥⋅ 𝑡 + 𝑥₀ 𝑧(𝑡) = −¹

2⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡²+ 𝑉_0𝑦 ⋅ 𝑡 + 𝑧₀ or à t=0 𝑂𝑀→ ₀

|𝑥₀ 𝑧₀ soit 𝑂𝑀→

|𝑥(𝑡) = 𝑉₀𝑐𝑜𝑠 𝛼 ⋅ 𝑡 + 𝑥₀ 𝑧(𝑡) = −¹

2⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡²+ 𝑉₀𝑠𝑖𝑛 𝛼 ⋅ 𝑡 + 𝑧₀ 6. Interprétation du mouvement :

Droite bleue correspond à 𝑉_𝑥 (mouvement horizontal uniforme) Droite orange correspond à 𝑉_𝑧 , vitesse verticale.

Le mouvement est uniforme horizontalement et uniformément accéléré verticalement.

Un mouvement parabolique résulte de la composition d’un mouvement uniforme horizontalement et d’un mouvement uniformément accéléré verticalement.

7. Sommet de la trajectoire :

Au moment où la balle arrive au sommet de la trajectoire, la vitesse verticale de la balle est nulle.

𝑣_𝑧(𝑡_𝑆) = 0 −𝑔 ⋅ 𝑡_𝑆+ 𝑉₀𝑠𝑖𝑛 𝛼 = 0 d’où 𝑡_𝑆 =^{𝑉0.𝑠𝑖𝑛}

𝑔 A.N. 𝑡_𝑆 = 0,56 𝑠 Calculons l’altitude de la balle à cette date : 𝑧(𝑡_𝑆) = 2,74 𝑚

8. Détermination de la date 𝑡_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡} :

Le filet se situe au milieu du terrain, soit à 𝑥_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡} = ¹⁸

2 = 9,0 𝑚 de l’origine.

On cherche 𝑡_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡} tel que 𝑥(𝑡_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡}) = 𝑥_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡} = 9,0.

Pour cela, on pose : 𝑥(𝑡_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡}) = 𝑥_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡} = 𝑉₀𝑐𝑜𝑠 𝛼 ⋅ 𝑡_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡}+ 𝑥₀

Soit 𝑡_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡}= ^{𝑥𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡−𝑥0}

𝑉0𝑐𝑜𝑠

A.N. 𝑡_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡}= ^9,0−0.50

12×cos(30)= 0,82 𝑠

Pour vérifier que la balle passe au-dessus du filet, on calcule 𝑧(𝑡_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡}) : 𝑧(𝑡_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡}) = −¹

2⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡}² + 𝑉₀𝑠𝑖𝑛 𝛼 ⋅ 𝑡_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡}+ 𝑧₀ A.N. 𝑧(𝑡_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡}) = 2,8 𝑚 Or 𝑧(𝑡_{𝐹𝑖𝑙𝑒𝑡}) > 2,43 𝑚 la balle passe au-dessus du filet.

B. Second service :

1. Nouvelles équations horaires :

On pose = 0 d’où 𝑐𝑜𝑠= 1 et 𝑠𝑖𝑛 = 0 , et 𝑥₀ = 0 et 𝑧₀ = ℎ

→ | 𝑉𝑣 ^𝑥(𝑡) = 𝑉₀

𝑉_𝑧(𝑡) = −𝑔 ⋅ 𝑡 𝑂𝑀→

|𝑥(𝑡) = 𝑉₀⋅ 𝑡 𝑧(𝑡) = −¹

2⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡²+ ℎ 2. Vérification point marqué :

Pour que le point soit marqué, il faut que la balle touche le sol avant le fond du terrain.

Soit 𝑡_𝑆𝑜𝑙 la date à laquelle la balle touche le sol : elle est définie par 𝑧(𝑡_𝑆𝑜𝑙) = 0 𝑧(𝑡_𝑆𝑜𝑙) = −¹

2⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡_𝑆𝑜𝑙² + ℎ = 0 soit 𝑡_𝑆𝑜𝑙² = ^2ℎ

𝑔

Deux solutions sont possibles pour 𝑡_𝑆𝑜𝑙 :

Seule la solution positive convient, soit 𝑡_𝑆𝑜𝑙 = √^2ℎ_𝑔 A.N. 𝑡_𝑆𝑜𝑙 = 0,85 𝑠 Calculons 𝑥(𝑡_𝑆𝑜𝑙) : 𝑥(𝑡_𝑆𝑜𝑙) = 21 × 0,85 =17,9 m

Cette valeur est inférieure à 18 m, l’abscisse de la ligne de fond averse. Le point est marqué.

3. Interception par un joueur adverse :

Déterminons la date 𝑡_𝑅 à laquelle la balle est à 80 cm du sol : 𝑧(𝑡_𝑅) = 0,80 𝑧(𝑡_𝑅) = −¹

2⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡_𝑅²+ ℎ = 0,80 d’où 𝑡_𝑅 = √^{2(ℎ−0,80)}

𝑔 A.N. 𝑡_𝑅 = 0,74 𝑠 Calculons l’abscisse de la balle à cette date :

𝑥(𝑡_𝑅) = 𝑉₀ . 𝑡_𝑅 A.N. 𝑥(𝑡_𝑅) = 21 × 0,74 = 15,6 𝑚

Calculons la distance que doit parcourir le joueur adverse : 𝑑 = 18 − 15,6 = 2,4𝑚 Calculons la vitesse du joueur adverse : 𝑣 = ^𝑑

𝑡_𝑅 A.N. 𝑣 = ^2,4

0,74= 3,2 𝑚. 𝑠⁻¹ = 11,7 𝑘𝑚. ℎ⁻¹ La vitesse est possible.

4. Equations si M0 coïncide avec O ?

→ |𝑉𝑣 ^𝑥(𝑡) = 𝑉₀𝑐𝑜𝑠 𝛼

𝑉_𝑧(𝑡) = −𝑔 ⋅ 𝑡 + 𝑉₀𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑂𝑀→

|𝑥(𝑡) = 𝑉₀𝑐𝑜𝑠 𝛼 ⋅ 𝑡 𝑧(𝑡) = −¹

2⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡² + 𝑉₀𝑠𝑖𝑛 𝛼 ⋅ 𝑡

5. Dans ces conditions, établir l’équation de la trajectoire zM=f(xM) suivie par le projectile.

De quelle fonction mathématique s’agit-il ? d’après l’équation horaire sur Ox 𝑡 = ^𝑥

𝑉0⋅𝑐𝑜𝑠 𝛼 d’où 𝑧 = − ¹

2𝑣₀²⋅ ^𝑔

𝑐𝑜𝑠²𝛼⋅ 𝑥² + 𝑡𝑎𝑛 𝛼 ⋅ 𝑥 Il s’agit de l’équation d’une parabole.

Dans la suite de l’étude, on se placera dans le cas étudié où M0 coïncide avec O.

2,43 𝑚 (homme) 2,24 𝑚 (femme)

9,0 𝑚

18,0 𝑚

Portée du Tir :

La portée correspond à la distance maximale atteinte par le projectile lorsque celui-ci touche le sol. Ce point est noté P sur le schéma.

1. Quelle coordonnée du point P peut-on connaître ? zP = 0

2. En déduire une équation qui permet de déterminer tP, la date à laquelle le projectile atteint ce point.

Résoudre cette équation et discuter des solutions.

−1

2⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡_𝑝²+ 𝑉₀𝑠𝑖𝑛 𝛼 ⋅ 𝑡_𝑝 = 0 On met tp en facteur :

𝑡_𝑝⋅ (−1

2⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡_𝑝 + 𝑉₀𝑠𝑖𝑛 𝛼) = 0 Cette équation est vérifiée si

soit tp = 0 ce qui correspond au début du mouvement (condition initiale) soit −¹

2⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡_𝑝 + 𝑉₀𝑠𝑖𝑛 𝛼 = 0 soit 𝑡_𝑝 =^{2𝑉0𝑠𝑖𝑛 𝛼}

𝑔

3. Calculer la portée du tir.

il faut calculer x(tp) : 𝑥(𝑡_𝑝) = 𝑉₀𝑐𝑜𝑠 𝛼 ⋅ 𝑡_𝑝 = ^𝑉02𝑐𝑜𝑠 𝛼⋅𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑔

I. Sommet de la trajectoire :

1. Sur le graphique suivant, laquelle des courbes représente Vx(t) et laquelle représente Vz(t) ? Justifier les signes de Vy(t). Quelle date particulière peut-on placer sur ce graphe ?

2. Dessiner le vecteur vitesse 𝑉→ _𝑆

au sommet S de la trajectoire ? Donner les coordonnées de ce vecteur.

𝑉_𝑆

→ |𝑉_𝑆𝑥= 𝑉_0𝑥 = 𝑉₀𝑐𝑜𝑠 𝛼 𝑉_𝑆𝑧 = 0

3. Calculer la date tS à laquelle le projectile atteint le sommet ?

𝑣_𝑧(𝑡_𝑆) = 𝑉_𝑆𝑧 donc −𝑔 ⋅ 𝑡_𝑆+ 𝑉₀𝑠𝑖𝑛 𝛼 = 𝑉₀⋅ 𝑐𝑜𝑠 𝛼 soit 𝑡_𝑆 =^𝑉0⋅(𝑠𝑖𝑛 𝛼−𝑐𝑜𝑠 𝛼) 𝑔

II. Etudes de quelques cas particuliers :

1. Exprimer les équations horaires de la vitesse et de la position si α = 90°.

A quoi correspond ce cas particulier ?

t

Vz(t) Vx(t) tS

→ |𝑉𝑣 ⁰𝑐𝑜𝑠 9 0

−𝑔 ⋅ 𝑡 + 𝑉₀𝑠𝑖𝑛 9 0 → |𝑣𝑣 ^𝑥(𝑡) = 0 𝑣_𝑧(𝑡) = −𝑔 ⋅ 𝑡

2. Etablir les équations horaires dans le cas suivant ; on considèrera que le projectile est en O à t=0 et que la vitesse initiale 𝑉→ ₀

est horizontal.

→ |𝑣𝑣 ^𝑥(𝑡) = 𝑉₀𝑐𝑜𝑠 𝛼

𝑣_𝑧(𝑡) = 0 𝑂𝑀→

|𝑥(𝑡) = 𝑉₀𝑐𝑜𝑠 𝛼 ⋅ 𝑡 𝑧(𝑡) = −¹

2⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡²

3. L’ordonnée du point P est -h. Exprimer les conditions mathématiques qui permettent de calculer xP

l’abscisse du point P.

𝑧(𝑡_𝑝) = −¹

2⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡_𝑝² donc −ℎ = −¹

2⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡_𝑝² soit 𝑡_𝑝= √^2ℎ

𝑔

Et donc 𝑥_𝑝 = 𝑥(𝑡_𝑝) = 𝑉₀𝑐𝑜𝑠 𝛼 ⋅ 𝑡_𝑝 x

y

O

P M