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Cette leçon est traitée sous forme de problème résolu.
ENONCE : Projectile dans le champ de pesanteur supposé uniforme
Un mobile ponctuel M glisse le long d'une table inclinée d'un angle a = 30° sur l'horizontale. Il quitte celle-ci, à la date t = 0 s, au point Mo, avec une vitesse
.
· 1 Préciser les conditions initiales. Calculer, à t = 0 s, les cordonnées du vecteur position
SOLUTION
· 1 (e) Précisons les conditions initiales.
A la date t = 0 s, les vecteurs position et vitesse ont pour coordonnées :
(m)
x0 = 0
y0 = OMo = h = 2
(m/s)
V0x = cos ( , )
V0x = 0,80 cos ( - 30° ) = 0,693
V0y =
cos (, )
V0y = 0,80 cos ( - 120° ) = - 0,400
· 2 (e) Etudions la trajectoire aérienne du mobile entre les points Mo et S.
Il serait utile de retracer les vecteurs
et à partir de O pour mieux lire les angles de ces vecteurs avec et .
Référentiel Galiléen : le solide Terre auquel on associe le repère orthonormé (O ,).
Système étudié : le mobile M.
Force appliquée : le poids = m (essentiellement attraction gravitationnelle de la Terre sur le mobile M de masse m)
Appliquons le théorème du centre d'inertie (revoir la leçon Énergie Cinétique) :
Dans un référentiel Galiléen, la somme des forces extérieures appliquées à un solide est égale au produit de la masse du solide par l'accélération de son centre d'inertie :
Ici, on écrit :
m
= m
L'accélération est donc :
=
Projetons les différents vecteurs dans la base
en posant V0=etg=.
La lecture des colonnes 3, 4, 5 a permis de remplir les colonnes 6 et 7.
- Dans le tableau, on a utilisé les relations suivantes :
cos (- 30°) = cos (30°)
cos (120°) = - sin (30°)
cos (180°) = - 1
- L'équation (1) donne t = X / V0 cos (30°) .
Portons dans l'équation (2) ci-dessus. On obtient l'équation de la trajectoire aérienne du mobile :
Y = - ( g / V0² cos² 30° ) X² - tan (30°) X + h (5)
Y = - 10,2 X² - 0,577 X + 2
(6)
Entre Mo et S, la trajectoire aérienne du mobile est donc un arc de parabole.
· 3 (e) Déterminons les coordonnées du point d'impact S du mobile sur le sol ainsi que la date tS et la vitesse correspondante VS.
- Au point S on a yS = 0 m.
La relation (6) donne 0 = - 10,2.x² - 0,577.x + 2.
C'est un trinôme du second degré de la forme 0 = a x² + b x + c
Le discriminant est D = b² - 4ac = 81,13
Les racines sont = - 0,469 m et = 0,412 m.
Physiquement, la bonne solution est :
xS = 0,412 m (7) associé à yS = 0 m (8)
L'abscisse x1 correspond à un point virtuel. Lequel ?
- La relation (1) donne tS = xS / ( Vo cos 30° ) = 0,412 / ( 0,8 ´ cos 30° )
tS = 0,595 s (9)
- Les relations (3) et (4) permettent de calculer VS x et VS y :
VS x = Vo cos 30° = 0,693 m / s (10)
VS y = - g tS - Vo sin 30° = - 6,231 m / s (11)
On en déduit VS² = V²S x + V²S y = 0,693² + ( - 6,231 )² = 39,31 m² / s² soit :
VS = 6,27 m / s (12)
- Le théorème de l'énergie cinétique (revoir la leçon Énergie Cinétique) donne plus rapidement la solution :
m VS² - m VMo² = m g h soit
VS² = 2 g h + VMo² soit
VS² = 2 ´ 9,8 ´ 2 + 0,80² = 39,84 m² / s²
VS = 6,31 m / s (13)
L'écart relatif entre les valeurs de Vs données par les relations (12) et (13) est inférieur à 1/100.
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