Exercice Résolu sur les Mouvement Bidimensionnel
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ES
PT-BR
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Un ballon roule sur le toit d'une maison jusqu'à tomber du bord avec une vitesse v0.
La hauteur du point où le ballon tombe est égale à H H et l'angle d'inclinaison du toit par
rapport à la verticale est θ. Calculer:
a) Le temps nécessaire pour que le ballon atteigne le sol;
b) La distance horizontale, à partir de la maison, où le ballon atteint le sol ; c) L'équation de la trajectoire du mouvement
d) La vitesse à laquelle le ballon atteint le sol.
a) Le temps nécessaire pour que le ballon atteigne le sol;
b) La distance horizontale, à partir de la maison, où le ballon atteint le sol ; c) L'équation de la trajectoire du mouvement
d) La vitesse à laquelle le ballon atteint le sol.
Données du problème:
- Vitesse initiale du ballon: v0;
- Hauteur du bord du toit: H;
- Angle d'inclinaison du toit: θ.
Nous choisissons un référentiel avec l'origine au point où la balle tombe du toit, l'axe Ox pointant vers la droite et Oy vers le bas, l'accélération de la pesanteur est dirigée vers le bas et le point où la balle tombe du toit est à (x0, y0) = (0, 0) (Figure 1).
Solution
Le mouvement peut être décomposé dans les directions x et y.y. La vitesse initiale
v0, avec laquelle le ballon roule du toit a des composantes dans les directions
x et y (Figure 2)
\[
\begin{gather}
v_{0x}=v_0\sin\theta\tag{I}\\[10pt]
v_{0y}=v_0\cos\theta\tag{II}
\end{gather}
\]
où la composante en x est proportionnelle au sinus et en y au cosinus, contrairement à
ce qui est généralement fait, parce que l'angle θ a été mesuré par rapport à l'axe y.
Dans la direction x, il n'y a pas d'accélération agissant sur le ballon, il est en Mouvement Rectiligne Uniforme et son mouvement est donné par
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{S_x=S_{0x}+v_xt}
\end{gather}
\]
comme dans le mouvement uniforme vx = v0x est constant, nous
pouvons remplacer vx par la valeur donnée en (I) et S0x = 0
\[
\begin{gather}
S_x=0+v_0\sin\theta t\\[5pt]
S_x=v_0\sin\theta t\tag{III}
\end{gather}
\]
Dans la direction y, le ballon est soumis à l'accélération de la pesanteur, il est en chute libre,
ce qui est donné par les équations
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{S_y=S_{0y}+v_{0y}t+\frac{g}{2}t^2}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{v_y=v_{0y}+gt}
\end{gather}
\]
en remplaçant v0y par la valeur donnée en (II) et
S0y = 0
\[
\begin{gather}
S_y=0+v_0\cos\theta t+\frac{g}{2}t^2\\[5pt]
S_y=v_0\cos\theta t+\frac{g}{2}t^2\tag{IV}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
v_y=v_0\cos\theta+gt\tag{V}
\end{gather}
\]
avec g constant (l'accélération de la pesanteur est positive car elle est dans le même sens que
l'orientation du référentiel).
Dans la Figure 3, nous voyons que dans le mouvement le long de la direction x,pour des
intervalles de temps égaux, nous avons des intervalles de déplacements égaux
(Δx1 = Δx2 = Δx3 =
Δx4). Dans la direction y, au moment où le ballon tombe du bord du toit,
la vitesse vy commence à augmenter, pour des intervalles de temps égaux, nous avons
des intervalles de déplacements de plus en plus grands
(Δy1 < Δy2 < Δy3 <
Δy4)
a) L'intervalle de temps pour que la balle atteigne le sol sera obtenu à partir de l'équation (IV) avec la condition que au sol, la hauteur, soit la hauteur du toit au sol, Sy = H
\[
\begin{gather}
H=v_0\cos\theta t+\frac{g}{2}t^2\\[5pt]
\frac{g}{2}t^2+v_0\cos\theta t-H=0
\end{gather}
\]
ceci est une Équation du Second Degré où l'inconnue est la valeur de t.
Solution de \( \dfrac{g}{2}t^2+v_0\cos\theta t-H=0 \)
\[
\begin{gather}
\Delta =b^2-4ac=(v_0\cos\theta)^2-\cancelto{2}{4}\times{\frac{g}{\cancel 2}}(-H)=v_0^2\cos^2\theta+2gH
\end{gather}
\]
\[
\begin{split}
t=\frac{-b\pm \sqrt{\Delta \;}}{2a} &=\frac{-v_0\cos\theta\pm \sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{\cancel 2\times\dfrac{g}{\cancel{2}}}=\\
&=\frac{-v_0\cos\theta\pm\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}
\end{split}
\]
les racines sont
\[
\begin{gather}
t_1=\frac{-v_0\cos\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}
\\[5pt]\text{ou}\\[5pt]
t_2=\frac{-v_0\cos\theta-\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}
\end{gather}
\]
en négligeant la deuxième racine qui a une valeur négative, t2 < 0, le temps pour que le ballon atteigne le sol sera
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{t=\frac{-v_0\cos\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}}
\end{gather}
\]
b) L'intervalle de temps calculé ci-dessus, pour que le ballon tombe au sol, est également le temps qu'il mettra pour aller de l'origine jusqu'au point D le long de l'axe x donc en remplaçant la solution de l'article précédent dans l'expression (III)
\[
\begin{gather}
D=v_0\sin\theta\left(\frac{-v_0\cos\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{-v_0\cos\theta\sin\theta+\sin\theta\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{-v_0\cos\theta\sin\theta+\sqrt{\sin^2\theta(v_0^2\cos^2\theta+2gH)}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{-v_0\cos\theta\sin\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta\sin^2\theta+2gH\sin^2\theta}}{g}\right)\tag{VI}
\end{gather}
\]
De la Trigonométrie
\[
\begin{gather}
\sin(\theta+\theta)=\sin\theta\cos\theta+\sin\theta\cos\theta\\[5pt]
\sin(2\theta)=2\sin\theta\cos\theta\\[5pt]
\cos\theta\sin\theta=\frac{\sin 2\theta}{2}\tag{VII}
\end{gather}
\]
en élevant l'expression (VII) au carré des deux côtés de l'égalité
\[
\begin{gather}
(\cos\theta\sin\theta)^2=\left(\frac{\sin 2\theta}{2}\right)^2\\[5pt]
\cos^2\theta\sin^2\theta=\frac{\sin^2\theta}{4} \tag{VIII}
\end{gather}
\]
En substituant les expressions (VII) et (VIII) dans l'équation (VI)
\[
\begin{gather}
D=v_0\left(\frac{-v_0\dfrac{\sin 2\theta}{2}+\sqrt{v_0^2\dfrac{\sin^2 2\theta}{4}+2gH\sin^2\theta}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{\dfrac{-v_0\sin 2\theta}{2}+\sqrt{\dfrac{v_0^2\sin^2 2\theta+8gH\sin^2\theta}{4}}}{g}\right)\\[5pt]
D=v_0\left(\frac{\dfrac{-v_0\sin 2\theta}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{v_0^2\sin^2 2\theta+8gH\sin^2\theta}}{g}\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{D=v_0\left(\frac{-v_0\sin 2\theta+\sqrt{v_0^2\sin^2 2\theta+8gH\sin^2\theta}}{2g}\right)}
\end{gather}
\]
c) Pour obtenir l'équation de la trajectoire (Figure 1), nous devons avoir y en fonction de x, ou y = f(x), en utilisant les équations (III) et (IV) pour les mouvements en x et y, nous avons le système
\[
\left\{
\begin{array}{l}
S_x=v_0\sin\theta t\\
S_y=v_0\cos\theta t+\dfrac{g}{2}t^2
\end{array}
\right.
\]
en isolant le temps dans la première équation
\[
\begin{gather}
t=\frac{S_x}{v_0\sin\theta}
\end{gather}
\]
en substituant cette valeur dans la deuxième équation du système
\[
\begin{gather}
S_y=v_0\cos\theta\frac{S_x}{v_0\sin\theta}+\frac{g}{2}\left(\frac{S_x}{v_0\sin\theta}\right)^2\\[5pt]
S_y=\frac{\cos\theta}{\sin\theta}S_x+\frac{g}{2v_0^2\sin^2\theta}S_x^2
\end{gather}
\]
De la Trigonométrie
\[
\begin{gather}
\tan\theta=\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}\Rightarrow \dfrac{1}{\tan\theta}=\dfrac{\cos\theta}{\sin\theta}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{S_y=\frac{1}{\tan\theta}S_x+\frac{g}{2v_0^2\sin^2\theta}S_x^2}
\end{gather}
\]
Faisant l'association avec une Fonction du Second Degré du type
\( y=ax^2+bx+c \)
\[
\begin{array}{c}
S_y & = & {\dfrac{g}{2v_0^2\sin^2\theta}} & S_x^2 & + & \dfrac{1}{\tan\theta} & S_x & + & 0\\
\downarrow & & \downarrow & \downarrow & & \downarrow & \downarrow & & \downarrow\\
y & = & a & x^2 & + & b & x & + & c
\end{array}
\]
nous voyons que nous avons obtenu une fonction du type Sy = f(Sx)
avec le coefficient a > 0, ce qui indique que notre trajectoire est une parabole orientée dans le
même sens que l'axe y positif (dans ce cas, vers le bas contrairement à ce qui se produit habituellement).
d) Lorsque le ballon atteint le sol, sa vitesse a des composantes dans les directions x et y (Figure 4). La vitesse dans la direction x est donnée par l'expression (I) et la vitesse dans la direction y est obtenue à partir de l'expression (V) où le temps est remplacé par la valeur trouvée à l'article (a)
\[
\begin{gather}
v_y=v_0\cos\theta+\cancel{g}\left(\frac{-v_0\cos\theta+\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}}{\cancel{g}}\right)\\[5pt]
v_y=v_0\cos\theta-v_0\cos\theta-\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}\\[5pt]
v_y=\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}
\end{gather}
\]
La vitesse du ballon sera donnée par la somme vectorielle
\[
\begin{gather}
\vec v={\vec v}_x+{\vec v}_y
\end{gather}
\]
Le module est obtenu en appliquant le Théorème de Pythagore
\[
\begin{gather}
v^2=v_x^2+v_y^2\\[5pt]
v^2=\left(v_0\sin\theta\right)^2+\left(\sqrt{v_0^2\cos^2\theta+2gH}\right)^2\\[5pt]
v^2=v_0^2\sin^2\theta+v_0^2\cos^2\theta+2gH
\end{gather}
\]
en factorisant
\( v_0^2 \)
du côté droit de l'égalité
\[
\begin{gather}
v^2=v_0^2\;(\,\underbrace{{\sin}^2\theta+ \cos^2\theta}_1\,)+2gH
\end{gather}
\]
De la Trigonométrie
\[
\begin{gather}
\sin^2\theta+\cos^2\theta=1
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{v=\sqrt{v_0^2+2gH\;}}
\end{gather}
\]
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