Exercices corrigés : le mouvement des projectiles (physique, secondaire 5)

a) Verticalement : $h=\frac{1}{2}g\,t^{2}$, donc $t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}=\sqrt{\dfrac{2\times 1{,}225}{9{,}8}}=\sqrt{0{,}25}=0{,}50$ s.

b) Horizontalement, MRU : $\Delta x=v_{x}\,t=4{,}0\times 0{,}50=2{,}0$ m.

c) $v_{y}=g\,t=9{,}8\times 0{,}50=4{,}9$ m/s (vers le bas).

d) $v=\sqrt{v_{x}^{2}+v_{y}^{2}}=\sqrt{4{,}0^{2}+4{,}9^{2}}=\sqrt{40{,}0}\approx 6{,}3$ m/s. Direction : $\tan\alpha=\dfrac{4{,}9}{4{,}0}$, donc $\alpha\approx 50{,}8^{\circ}$ sous l'horizontale.

a) Au moment du largage, le colis possède exactement la vitesse de l'avion : il est horizontal, à 80 m/s. Donc $v_{x}=80$ m/s et $v_{y0}=0$. Le colis ne « part pas du repos » : il part avec toute la vitesse horizontale de l'appareil, et c'est seulement sa composante VERTICALE qui est nulle au départ.

b) Verticalement, c'est une chute libre depuis le repos : $h=\frac{1}{2}gt^{2}$, donc $t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2(500)}{9{,}8}}\approx 10{,}1$ s. Horizontalement, rien ne freine le colis : $x=v_{x}t=(80)(10{,}1)\approx 8{,}1\times 10^{2}$ m, soit plus de 800 mètres.

c) $v_{y}=gt=(9{,}8)(10{,}1)\approx 99$ m/s, tandis que $v_{x}=80$ m/s n'a pas changé. Grandeur : $v=\sqrt{80^{2}+99^{2}}\approx 1{,}3\times 10^{2}$ m/s. Angle : $\tan\theta=\frac{99}{80}=1{,}24$, donc $\theta\approx 51°$ sous l'horizontale.

d) L'avion est EXACTEMENT à la verticale du point d'impact. La raison est que rien n'a modifié la vitesse horizontale du colis : il conserve les 80 m/s de l'avion pendant toute sa chute, et parcourt donc la même distance horizontale que lui dans le même temps. Vu du cockpit, le colis semble descendre en ligne droite, à la verticale, comme s'il était resté accroché sous l'appareil : c'est le mouvement vu depuis l'avion, où seule subsiste la chute. Vu du sol, il décrit une parabole de 800 mètres de long. Les deux descriptions sont vraies, elles ne sont simplement pas faites depuis le même endroit.

e) Le pilote doit larguer 810 m AVANT la cible, ce qui, à 80 m/s, correspond à environ 10 secondes d'anticipation : viser directement la cible reviendrait à la manquer de huit cents mètres. Depuis un hélicoptère en vol stationnaire, la vitesse initiale serait entièrement nulle : le colis tomberait à la verticale et il faudrait se placer exactement au-dessus de la cible. Toute la difficulté du largage depuis un avion tient donc à cette vitesse horizontale héritée, qu'aucune force ne vient annuler.

a) $v_{x}=20\cos 30^{\circ}\approx 17{,}3$ m/s et $v_{y0}=20\sin 30^{\circ}=10$ m/s.

b) Le ballon retombe quand $v_{y}=-v_{y0}$ (symétrie) : $t=\dfrac{2v_{y0}}{g}=\dfrac{2\times 10}{9{,}8}\approx 2{,}04$ s.

c) $R=v_{x}\,t=17{,}32\times 2{,}041\approx 35{,}3$ m.

d) Au sommet, $v_{y}=0$ : $h_{max}=\dfrac{v_{y0}^{2}}{2g}=\dfrac{10^{2}}{2\times 9{,}8}\approx 5{,}10$ m.

a) $v_{x}=25\cos 40^{\circ}\approx 19{,}2$ m/s et $v_{y0}=25\sin 40^{\circ}\approx 16{,}1$ m/s.

b) $v_{x}$ ne change pas : 19,2 m/s. $v_{y}=v_{y0}-g\,t=16{,}07-9{,}8\times 1\approx 6{,}3$ m/s.

c) $v=\sqrt{19{,}15^{2}+6{,}27^{2}}\approx 20{,}2$ m/s, et $\tan\alpha=\dfrac{6{,}27}{19{,}15}$ donne $\alpha\approx 18{,}1^{\circ}$. L'angle a diminué (18,1° au lieu de 40°) : la composante verticale fond sous l'effet de la gravité pendant que l'horizontale reste intacte, donc le vecteur vitesse s'incline vers l'horizontale en montant.

d) Au sommet, $v_{y}=0$ : $t=\dfrac{v_{y0}}{g}=\dfrac{16{,}07}{9{,}8}\approx 1{,}64$ s. La vitesse vaut alors $v=v_{x}\approx 19{,}2$ m/s, parfaitement horizontale.

a) $\tan\theta=\frac{15}{40}=0{,}375$, donc $\theta\approx 20{,}6°$ au-dessus de l'horizontale.

b) Composante horizontale : $v_{x}=50\cos 20{,}6°\approx 46{,}8$ m/s. Temps pour franchir 40 m : $t=\frac{40}{46{,}8}\approx 0{,}854$ s.

c) La fléchette, en l'absence de gravité, suivrait exactement la ligne de visée et arriverait à 15 m de haut. La gravité la fait tomber de $\frac{1}{2}gt^{2}=\frac{1}{2}(9{,}8)(0{,}854)^{2}\approx 3{,}58$ m SOUS cette ligne : elle passe donc à $15-3{,}58\approx 11{,}4$ m. Pendant le même temps, le singe, parti du repos, est tombé de $\frac{1}{2}gt^{2}\approx 3{,}58$ m lui aussi : il est à $11{,}4$ m. Les deux sont au même endroit au même instant : le tireur touche le singe, précisément PARCE QUE celui-ci a lâché prise. Viser directement, ce qui semblait naïf, était la bonne stratégie.

d) Écrivons les deux hauteurs à l'instant $t$. Fléchette : $y_{f}=(v_{0}\sin\theta)t-\frac{1}{2}gt^{2}$. Singe : $y_{s}=H-\frac{1}{2}gt^{2}$. Elles coïncident si $(v_{0}\sin\theta)t=H$. Or l'instant de rencontre horizontale est $t=\frac{D}{v_{0}\cos\theta}$, ce qui donne $(v_{0}\sin\theta)\frac{D}{v_{0}\cos\theta}=D\tan\theta$, et $\tan\theta=\frac{H}{D}$ par définition de la visée directe : on obtient bien $H$. Le terme $-\frac{1}{2}gt^{2}$ s'est éliminé des deux côtés, et $v_{0}$ s'est simplifié : la rencontre est garantie quelles que soient la vitesse, la distance et la hauteur. C'est la démonstration la plus nette de l'indépendance des deux mouvements : la gravité fait tomber les deux corps exactement de la même quantité, donc elle ne change rien à leur position RELATIVE.

e) La rencontre est garantie, mais encore faut-il qu'elle ait lieu avant que le singe n'atteigne le sol. Le singe tombe de 15 m en $t_{sol}=\sqrt{\frac{2(15)}{9{,}8}}\approx 1{,}75$ s. Il faut donc $\frac{D}{v_{0}\cos\theta}<1{,}75$ s, soit $v_{0}>\frac{40}{(0{,}936)(1{,}75)}\approx 24{,}4$ m/s. Avec les 50 m/s de l'énoncé, la marge est confortable. Sous 24,4 m/s, la fléchette arriverait trop tard : le singe serait déjà au sol, et le tir manquerait, non pas parce que la visée était mauvaise, mais parce que la cible aurait quitté la scène.

a) $v_{y0}=9{,}8\sin 30^{\circ}=4{,}9$ m/s. $y(t)=29{,}4+4{,}9t-4{,}9t^{2}$. Au sol, $y=0$ : en divisant par $-4{,}9$, on obtient $t^{2}-t-6=0$.

b) $t^{2}-t-6=(t-3)(t+2)=0$ : les racines sont $t=3$ et $t=-2$. La racine négative correspond au passé (l'instant où la trajectoire prolongée vers l'arrière couperait le sol) ; on garde $t=3$ s.

c) $v_{x}=9{,}8\cos 30^{\circ}\approx 8{,}49$ m/s, donc $\Delta x=v_{x}\,t=8{,}487\times 3\approx 25{,}5$ m.

d) $v_{y}=4{,}9-9{,}8\times 3=-24{,}5$ m/s. $v=\sqrt{8{,}487^{2}+24{,}5^{2}}\approx 25{,}9$ m/s, avec $\tan\alpha=\dfrac{24{,}5}{8{,}487}$, donc $\alpha\approx 70{,}9^{\circ}$ sous l'horizontale : la balle arrive presque à la verticale.

a) De la première équation, $t=\frac{x}{v_{0}\cos\theta}$. En reportant dans la seconde : $y=(v_{0}\sin\theta)\frac{x}{v_{0}\cos\theta}-\frac{1}{2}g\frac{x^{2}}{v_{0}^{2}\cos^{2}\theta}=x\tan\theta-\frac{gx^{2}}{2v_{0}^{2}\cos^{2}\theta}$. C'est une fonction du second degré en $x$ dont le coefficient de $x^{2}$ est négatif : la trajectoire est une PARABOLE ouverte vers le bas. Le temps a disparu, ce qui est tout l'intérêt : on peut désormais répondre à des questions de forme (passe-t-il au-dessus du mur ?) sans jamais calculer d'instant.

b) $v_{x}=25\cos 40°\approx 19{,}2$ m/s et $v_{y0}=25\sin 40°\approx 16{,}1$ m/s. Portée : $R=\frac{v_{0}^{2}\sin 2\theta}{g}=\frac{625\sin 80°}{9{,}8}\approx 62{,}8$ m. Hauteur maximale : $h=\frac{v_{y0}^{2}}{2g}=\frac{(16{,}07)^{2}}{19{,}6}\approx 13{,}2$ m. Le sommet est à $\frac{R}{2}\approx 31{,}4$ m, ce que confirme la symétrie de la parabole : elle coupe l'axe en $x=0$ et $x=R$, donc son sommet est à mi-chemin.

c) $y(50)=50\tan 40°-\frac{(9{,}8)(50)^{2}}{2(625)\cos^{2}40°}=41{,}96-\frac{24500}{733{,}5}=41{,}96-33{,}40\approx 8{,}6$ m. Le ballon passe donc largement, avec 4,6 m de marge au-dessus des 4,0 m du mur.

d) $y(58)=58\tan 40°-\frac{(9{,}8)(58)^{2}}{733{,}5}=48{,}67-44{,}94\approx 3{,}7$ m. Cette fois le ballon est à 3,7 m alors que le mur en fait 4,0 : il le PERCUTE, à 30 cm du sommet. Entre 50 m et 58 m, le ballon est redescendu de près de cinq mètres : sur la fin de sa trajectoire, la parabole plonge très vite, et huit mètres de plus suffisent à transformer un franchissement confortable en échec. C'est pourquoi, dans ce genre de problème, il ne suffit jamais de vérifier que la hauteur maximale dépasse l'obstacle : il faut évaluer $y$ à la position EXACTE de l'obstacle.

e) L'équation $y(x)=4{,}0$ est une équation du second degré : elle admet donc en général deux racines. Géométriquement, c'est évident sur la parabole : le ballon monte, franchit la hauteur de 4,0 m une première fois, atteint 13,2 m au sommet, puis redescend et repasse par 4,0 m une seconde fois. La première racine, petite, est la distance à partir de laquelle un mur de 4,0 m serait déjà franchi; la seconde, un peu au-delà de 57 m, est la distance à partir de laquelle le ballon est redescendu trop bas. Un mur de 4,0 m est donc franchi si et seulement si il se trouve ENTRE ces deux valeurs, ce qui recoupe exactement les réponses des questions c) et d).

a) Dans un repère dont l'origine est le ballon au lâcher, le départ est en $(0;\ 0)$ et le panier en $x=4{,}60$ m, $y=3{,}05-2{,}00=1{,}05$ m. Il faut donc gagner 1,05 m de hauteur sur 4,60 m d'avancée : la trajectoire doit être en train de redescendre, ou tout juste au sommet, quand elle atteint l'anneau.

b) L'équation de la trajectoire s'écrit $y=x\tan\theta-\frac{gx^{2}}{2v_{0}^{2}\cos^{2}\theta}$. En isolant le terme contenant $v_{0}$ : $\frac{gx^{2}}{2v_{0}^{2}\cos^{2}\theta}=x\tan\theta-y$, puis $v_{0}^{2}=\frac{gx^{2}}{2\cos^{2}\theta\,(x\tan\theta-y)}$. Remarquez la structure : le dénominateur compare la hauteur que donnerait une ligne droite ($x\tan\theta$) à la hauteur réellement voulue ($y$); c'est cet écart que la gravité doit creuser.

c) $x\tan 50°=(4{,}60)(1{,}1918)=5{,}482$ m, donc $x\tan\theta-y=5{,}482-1{,}05=4{,}432$ m. Puis $\cos^{2}50°=0{,}4132$ et $v_{0}^{2}=\frac{(9{,}8)(4{,}60)^{2}}{2(0{,}4132)(4{,}432)}=\frac{207{,}4}{3{,}663}\approx 56{,}6$, d'où $v_{0}\approx 7{,}5$ m/s. Une valeur tout à fait réaliste, de l'ordre de 27 km/h.

d) Si $x\tan\theta=y$, le dénominateur s'annule et $v_{0}$ devient infinie. Physiquement, cela signifie que la ligne de visée droite passe exactement par le panier : il faudrait alors une vitesse infinie pour que la gravité n'ait pas le temps de faire tomber le ballon en dessous. Autrement dit, on ne peut jamais atteindre une cible en visant DIRECTEMENT vers elle avec une vitesse finie : il faut toujours viser un peu plus haut, et la formule le dit d'elle-même en divergeant. Si l'angle était encore plus faible, le dénominateur deviendrait négatif et $v_{0}^{2}$ aussi : aucune solution, la cible est hors d'atteinte sous cet angle.

e) À vitesse multipliée par 1,05, le terme correctif $\frac{gx^{2}}{2v_{0}^{2}\cos^{2}\theta}$ est divisé par $1{,}05^{2}=1{,}1025$ : il passe de 4,432 m à 4,020 m, et la hauteur au niveau du panier devient $5{,}482-4{,}020=1{,}462$ m au lieu de 1,05 m. Le ballon passe donc environ 41 cm TROP HAUT, ce qui, sur un anneau de 45 cm de diamètre, suffit largement à manquer. Un tir plus tendu serait BEAUCOUP moins tolérant : à angle faible, $x\tan\theta$ est petit, le dénominateur $x\tan\theta-y$ devient minuscule, la vitesse requise grimpe et la moindre erreur de vitesse se traduit par un écart de hauteur énorme. C'est pourquoi les joueurs adoptent instinctivement un tir en cloche : plus l'angle est ouvert, plus la fenêtre de vitesses acceptables est large, et plus le ballon arrive vertical sur l'anneau, ce qui augmente encore la surface effective de la cible.

a) $R=v_{0}\cos\theta\times\dfrac{2v_{0}\sin\theta}{g}=\dfrac{v_{0}^{2}\times 2\sin\theta\cos\theta}{g}=\dfrac{v_{0}^{2}\sin(2\theta)}{g}$.

b) $\sin(2\theta)=\dfrac{R\,g}{v_{0}^{2}}=\dfrac{17{,}32\times 9{,}8}{14^{2}}\approx 0{,}866$. Donc $2\theta=60^{\circ}$ ou $2\theta=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$, c'est-à-dire $\theta=30^{\circ}$ ou $\theta=60^{\circ}$. Les deux angles sont complémentaires (leur somme fait 90°).

c) $t_{30}=\dfrac{2\times 14\times\sin 30^{\circ}}{9{,}8}\approx 1{,}43$ s et $t_{60}=\dfrac{2\times 14\times\sin 60^{\circ}}{9{,}8}\approx 2{,}47$ s. Le tir tendu à 30° arrive nettement plus vite ; le tir en cloche à 60° passe plus haut et laisse le temps à la défense.

d) $R_{max}=\dfrac{v_{0}^{2}}{g}=\dfrac{196}{9{,}8}=20$ m, atteinte quand $\sin(2\theta)=1$, donc à $\theta=45^{\circ}$.

a) $v_{x}=20{,}0\cos 40°\approx 15{,}3$ m/s et $v_{y0}=20{,}0\sin 40°\approx 12{,}9$ m/s. En comptant les hauteurs depuis le sol, le projectile part de 15,0 m : $y(t)=15{,}0+12{,}86\,t-4{,}9\,t^{2}$.

b) L'arrivée au sol correspond à $y=0$, soit $4{,}9t^{2}-12{,}86t-15{,}0=0$. Le discriminant vaut $12{,}86^{2}+4(4{,}9)(15{,}0)=165{,}4+294=459{,}4$, dont la racine est 21,43. Les solutions sont $t=\frac{12{,}86\pm 21{,}43}{9{,}8}$, soit $t\approx 3{,}50$ s et $t\approx -0{,}875$ s. Seule la première a un sens physique. La racine négative décrit l'instant, DANS LE PASSÉ, où le projectile aurait été au niveau du sol s'il avait suivi la même parabole depuis plus tôt : c'est le prolongement mathématique de la trajectoire en amont du lancement, parfaitement cohérent mais sans réalité ici.

c) Portée : $R=v_{x}t=(15{,}32)(3{,}499)\approx 53{,}6$ m. Sur terrain plat, avec la même vitesse et le même angle : $R_{plat}=\frac{v_{0}^{2}\sin 2\theta}{g}=\frac{400\sin 80°}{9{,}8}\approx 40{,}2$ m. Les 15 m de dénivelé ajoutent donc plus de treize mètres, soit un tiers de portée en plus : le projectile continue d'avancer horizontalement pendant tout le temps supplémentaire que lui offre la descente.

d) $v_{y}$ à l'impact : $v_{y}=12{,}86-(9{,}8)(3{,}499)\approx -21{,}4$ m/s, donc dirigée vers le bas. Grandeur : $v=\sqrt{15{,}32^{2}+21{,}43^{2}}\approx 26{,}3$ m/s. Par l'énergie : $\frac{1}{2}mv^{2}=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}+mgh$, d'où $v=\sqrt{v_{0}^{2}+2gh}=\sqrt{400+2(9{,}8)(15{,}0)}=\sqrt{694}\approx 26{,}3$ m/s : identique. Et la réponse est NON, elle ne dépend pas de l'angle : la formule énergétique ne contient que la vitesse initiale et la dénivellation. Tirer à 20 m/s vers le haut, vers le bas ou à l'horizontale donne toujours la même VITESSE d'impact, seule la direction change.

e) L'angle optimal devient PLUS PETIT que 45°, ici environ 37°. L'idée est que la hauteur de départ offre déjà du temps de vol gratuit : il devient moins rentable d'en acheter davantage en tirant vers le haut, et plus rentable d'investir la vitesse dans la composante HORIZONTALE, la seule qui produise de la portée. Plus la plateforme est haute, plus l'angle optimal se rapproche de zéro; inversement, quand la hauteur tend vers zéro, on retrouve bien 45°. Quant à la résistance de l'air, elle raccourcit toutes les portées, d'autant plus que la vitesse est grande, et elle rend la trajectoire ASYMÉTRIQUE : la descente est plus raide que la montée, le sommet se déplace au-delà de la mi-portée, et l'angle optimal descend encore, typiquement autour de 30 à 35° pour un projectile réel. C'est pourquoi le modèle enseigné ici, très efficace pour un ballon lourd sur quelques dizaines de mètres, cesse d'être fiable pour une balle de golf ou un obus.