Cinématique du point · Physique générale I

Objectifs du chapitre

À la fin de ce chapitre, vous serez capable de:

décrire le mouvement d'un point matériel par son vecteur position dans un référentiel muni d'un repère, et distinguer déplacement, distance parcourue, équation horaire et trajectoire;
définir la vitesse et l'accélération comme dérivées du vecteur position, et lire ces grandeurs sur les graphes $x (t)$ , $v (t)$ et $a (t)$ ;
établir par intégration les équations du mouvement rectiligne uniforme et uniformément accéléré, et les appliquer à la chute libre et au freinage;
résoudre les problèmes de projectile (trajectoire, portée, hauteur maximale, angle optimal) et composer des vitesses entre référentiels en translation;
caractériser le mouvement circulaire par la vitesse angulaire, la période et l'accélération centripète, et décomposer l'accélération d'un mouvement curviligne en composantes tangentielle et normale;
exprimer la vitesse et l'accélération en coordonnées polaires à l'aide de la base mobile $(e_{r}, e_{θ})$ et de ses dérivées.

Position, déplacement et trajectoire

Référentiel, repère et point matériel

La cinématique décrit le mouvement sans se demander ce qui le cause: les causes (les forces) seront l'objet du chapitre 3. Décrire un mouvement suppose d'abord de dire par rapport à quoi on le décrit. Un voyageur assis dans un TGV Lyria est immobile pour son voisin, file à $300$ km/h pour un promeneur sur le quai, et tourne avec la Terre pour un observateur situé sur la Lune. Il n'existe pas de mouvement absolu: tout mouvement est relatif à un référentiel.

Un satellite ( $10$ m) sur son orbite ( $1 0^{7}$ m), un skieur sur une piste de $2$ km, ou la Terre sur son orbite autour du Soleil sont, à ces échelles, des points matériels. Un ski qui pivote au moment d'un virage ne l'est plus: la description de sa rotation demande les outils du chapitre 9. Dans tout ce chapitre, le mobile est un point.

Les équations horaires contiennent toute l'information: la trajectoire dit où passe le mobile, les équations horaires disent en plus quand il y passe. Deux trains qui parcourent la même voie ont la même trajectoire, mais des équations horaires différentes. La distinction est fondamentale pour comprendre, au chapitre 3, pourquoi la loi de Newton détermine l'évolution complète d'un mobile à partir de sa position et de sa vitesse initiales.

Un coureur qui boucle un tour de piste de $400$ m a parcouru $400$ m mais son déplacement est nul. Le funiculaire Lausanne–Ouchy, lui, monte en ligne droite: son déplacement a pour norme la distance parcourue.

Exercice

Un nageur parcourt un aller-retour dans un bassin de $50$ m, puis s'arrête au bord d'où il est parti. Que valent la distance parcourue et la norme de son déplacement?

Vitesse et accélération

Vitesse moyenne et vitesse instantanée

Le TGV Lyria relie Lausanne à Paris ( $540$ km de voie environ) en $3$ h $40$ min: sa vitesse moyenne scalaire vaut $540/3, 667 \approx 147$ km/h, soit $40, 9$ m/s, bien inférieure à ses $320$ km/h de pointe sur la ligne à grande vitesse, car elle englobe les arrêts et les tronçons lents du Jura. La vitesse moyenne ne dit rien de ce qui se passe à un instant donné: pour cela, il faut rendre l'intervalle $Δ t$ aussi petit que possible, c'est-à-dire dériver.

Dériver un vecteur revient à dériver chacune de ses composantes, car les vecteurs de base $e_{x}$ , $e_{y}$ , $e_{z}$ sont fixes; nous verrons en fin de chapitre ce qui change lorsque la base elle-même dépend du temps. Géométriquement, lorsque $Δ t \to 0$ , la corde $M (t) M (t + Δ t)$ s'aligne sur la tangente à la trajectoire: le vecteur vitesse est tangent à la trajectoire, orienté dans le sens du mouvement. Sa norme est la dérivée de l'abscisse curviligne, $v = d s / d t$ , de sorte que la distance parcourue entre $t_{1}$ et $t_{2}$ vaut $s = \int_{t_{1}}^{t_{2}} v d t$ .

Accélération

Lire les graphes $x (t)$ , $v (t)$ , $a (t)$

Dans un mouvement rectiligne le long de l'axe $x$ , tout se lit sur trois graphes. La vitesse $v = \overset{x}{˙}$ est la pente du graphe de $x (t)$ ; l'accélération $a = \overset{v}{˙}$ est la pente du graphe de $v (t)$ . Réciproquement, par le théorème fondamental de l'analyse (Analyse I, chapitre 10),

x (t_{2}) - x (t_{1}) = \int_{t_{1}}^{t_{2}} v (t) d t, v (t_{2}) - v (t_{1}) = \int_{t_{1}}^{t_{2}} a (t) d t : (2.3)

l'aire algébrique sous le graphe de $v (t)$ est le déplacement, et l'aire sous $a (t)$ est la variation de vitesse.

Figure 2.1. Voiture qui démarre avec a = 1,5 m/s² pendant 8 s, roule 6 s à 12 m/s, puis freine à −3 m/s² jusqu'à l'arrêt. Les trois graphes sont liés par dérivation (de haut en bas) et par intégration (de bas en haut): x(t) est une parabole puis une droite puis une parabole; v(t) est une ligne brisée dont l'aire, 144 m, est le déplacement total; a(t) est constante par morceaux, avec des sauts aux changements de régime.

Exemple 2.1 · Sprint de 100 m

Un sprinter accélère uniformément à $a = 2, 40 m/s^{2}$ pendant $5, 00$ s, puis conserve sa vitesse jusqu'à la ligne d'arrivée. Quel est son temps sur $100$ m?

Phase 1 (accélération). Vitesse atteinte: $v = a t_{1} = 2, 40 \times 5, 00 = 12, 0$ m/s. Distance: c'est l'aire du triangle sous $v (t)$ , $x_{1} = \frac{1}{2} v t_{1} = \frac{1}{2} \times 12, 0 \times 5, 00 = 30, 0$ m.

Phase 2 (vitesse constante). Il reste $100 - 30 = 70, 0$ m à parcourir à $12, 0$ m/s: $t_{2} = 70, 0/12, 0 = 5, 83$ s.

Temps total: $t_{1} + t_{2} = 10, 83$ s, ce qui est un temps de niveau international. La vitesse moyenne scalaire vaut $100/10, 83 = 9, 23$ m/s, inférieure à la vitesse de pointe: c'est toujours le cas puisque la vitesse moyenne est une moyenne pondérée par le temps passé à chaque vitesse. Les mesures réelles montrent une phase d'accélération plus longue mais d'intensité décroissante, comme dans l'exemple 2.4.

Exercice

Une voiture démarre avec une accélération constante de $1, 5 m/s^{2}$ pendant $8$ s, puis freine immédiatement avec une décélération constante de $3 m/s^{2}$ jusqu'à l'arrêt. Quelle distance totale a-t-elle parcourue, en mètres?

Mouvement rectiligne

Nous plaçons maintenant l'axe $x$ le long de la trajectoire rectiligne. Position, vitesse et accélération se réduisent à leurs composantes $x$ , $v = \overset{x}{˙}$ et $a = \overset{v}{˙} = \overset{x}{¨}$ , algébriques (leur signe indique le sens). Le problème de la cinématique est alors: connaissant $a (t)$ et l'état initial $(x_{0}, v_{0})$ à $t = 0$ , retrouver $v (t)$ puis $x (t)$ par deux intégrations successives.

Mouvement rectiligne uniforme (MRU)

Le graphe de $x (t)$ est une droite de pente $v_{0}$ ; celui de $v (t)$ une horizontale. Un train à $200$ km/h en palier sur la ligne Olten–Berne, une goutte de pluie qui a atteint sa vitesse limite, un satellite très éloigné de toute masse: tous suivent, sur des intervalles limités, un MRU. C'est aussi, nous le verrons au chapitre 3, le mouvement d'un corps soumis à une résultante de forces nulle.

Mouvement rectiligne uniformément accéléré (MRUA)

Démonstration. Comme $\overset{v}{˙} = a$ est constante, $v (t) - v (0) = \int_{0}^{t} a d t^{'} = a t$ , d'où la première relation. Puis $\overset{x}{˙} = v_{0} + a t$ donne $x (t) - x_{0} = \int_{0}^{t} (v_{0} + a t^{'}) d t^{'} = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}$ . Pour (2.6), on multiplie l'identité $v - v_{0} = a t$ par $v + v_{0} = 2 v_{0} + a t$ :

v^{2} - v_{0}^{2} = (2 v_{0} + a t) a t = 2 a (v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}) = 2 a (x - x_{0}) .

On peut aussi obtenir (2.6) directement, sans passer par le temps, en écrivant $a = \frac{d v}{d t} = \frac{d v}{d x} \frac{d x}{d t} = v \frac{d v}{d x}$ , d'où $a d x = v d v$ et, par intégration, $a (x - x_{0}) = \frac{1}{2} (v^{2} - v_{0}^{2})$ . Cette forme annonce le théorème de l'énergie cinétique du chapitre 4. $□$

Exercice

Ordonnez les étapes de la démonstration de $v^{2} = v_{0}^{2} + 2 a (x - x_{0})$ à partir de $a$ constante.

Glissez les éléments pour les mettre dans le bon ordre

Intégrer

\overset{x}{˙} = v_{0} + a t

x - x_{0} = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}

Intégrer

\overset{v}{˙} = a

entre

0

t

v - v_{0} = a t

Multiplier

v - v_{0} = a t

par

v + v_{0} = 2 v_{0} + a t

Reconnaître au second membre

2 a (v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2})

Remplacer la parenthèse par

x - x_{0}

pour conclure

Chute libre

Galilée a établi, par des expériences sur des plans inclinés, que tous les corps abandonnés près de la surface de la Terre, en l'absence de résistance de l'air, tombent avec la même accélération, verticale et dirigée vers le bas, de norme

g = 9, 81 m/s^{2}

à nos latitudes ( $g$ varie de $9, 78$ à l'équateur à $9, 83$ m/s² aux pôles, et diminue d'environ $0, 003$ m/s² par kilomètre d'altitude: nous prendrons $9, 81$ partout). La chute libre est donc un MRUA d'accélération $g$ . Avec l'axe $y$ vertical vers le haut, $a_{y} = - g$ et (2.5) s'écrit

v_{y} (t) = v_{0 y} - g t, y (t) = y_{0} + v_{0 y} t - \frac{1}{2} g t^{2} . (2.7)

Mouvement à accélération variable

Lorsque $a$ dépend du temps, la méthode ne change pas: on intègre $a (t)$ pour obtenir $v (t)$ , puis $v (t)$ pour obtenir $x (t)$ , les constantes d'intégration étant fixées par les conditions initiales.

Exemple 2.3 · Démarrage d'un tram

Un tram démarre avec une accélération qui décroît exponentiellement, $a (t) = a_{0} e^{- t / τ}$ avec $a_{0} = 3, 00 m/s^{2}$ et $τ = 8, 00$ s (l'accélération diminue à mesure que la puissance du moteur se répartit sur une vitesse croissante). Déterminer $v (t)$ , $x (t)$ , la vitesse limite, puis la vitesse et la distance parcourue à $t = τ$ .

Vitesse. $v (t) = v (0) + \int_{0}^{t} a_{0} e^{- t^{'} / τ} d t^{'} = a_{0} τ (1 - e^{- t / τ})$ , car une primitive de $e^{- t / τ}$ est $- τ e^{- t / τ}$ . La vitesse limite est $v_{\infty} = a_{0} τ = 24, 0$ m/s ( $86, 4$ km/h).

Position. $x (t) = \int_{0}^{t} a_{0} τ (1 - e^{- t^{'} / τ}) d t^{'} = a_{0} τ [t - τ (1 - e^{- t / τ})]$ .

À $t = τ = 8$ s: $v = 24, 0 (1 - e^{- 1}) = 15, 2$ m/s et $x = 24, 0 [8 - 8 (1 - e^{- 1})] = 24, 0 \times 2, 943 = 70, 6$ m. À $t = 3 τ = 24$ s, $v = 22, 8$ m/s, soit $95 %$ de la vitesse limite, et $x = 394$ m. Pour $t ≫ τ$ , $x (t) \approx v_{\infty} (t - τ)$ : tout se passe comme si le tram avait roulé à $v_{\infty}$ depuis l'instant $τ$ , retard qui mesure le temps «perdu» au démarrage.

Mouvement dans le plan et dans l'espace

Indépendance des composantes

Les définitions (2.1) et (2.2) sont vectorielles: chaque composante de $r$ obéit à sa propre équation, $\overset{x}{¨} = a_{x}$ , $\overset{y}{¨} = a_{y}$ , $\overset{z}{¨} = a_{z}$ , et s'intègre indépendamment des autres. Un mouvement dans l'espace est donc la superposition de trois mouvements rectilignes. Cette remarque, banale mathématiquement, est physiquement profonde: le mouvement horizontal d'un projectile ignore complètement son mouvement vertical. Galilée l'a illustrée par la boule lâchée du haut du mât d'un navire en mouvement, qui tombe au pied du mât et non en arrière.

Le projectile

Démonstration. Les composantes de l'accélération sont $a_{x} = 0$ et $a_{y} = - g$ , constantes; celles de la vitesse initiale sont $v_{0} cos α$ et $v_{0} sin α$ . L'équation (2.5) appliquée à chaque axe donne (2.8): un MRU horizontal et une chute libre verticale. Comme $cos α \neq = 0$ (pour $α \neq = 90°$ ), on tire $t = x / (v_{0} cos α)$ de la première équation et l'on reporte dans la seconde:

y = v_{0} sin α \frac{x}{v _{0} cos α} - \frac{g}{2} \frac{x ^{2}}{v _{0}^{2} cos ^{2} α},

qui est (2.9): un polynôme du second degré en $x$ à coefficient dominant négatif, donc une parabole tournée vers le bas. Le sommet est atteint lorsque $v_{y} = v_{0} sin α - g t = 0$ , soit $t_{s} = v_{0} sin α / g$ ; en reportant dans $y (t)$ , $H = v_{0} sin α t_{s} - \frac{1}{2} g t_{s}^{2} = \frac{v _{0}^{2} sin ^{2} α}{2 g}$ . Le retour au sol correspond à $y = 0$ avec $t \neq = 0$ , soit $t (v_{0} sin α - \frac{1}{2} g t) = 0$ et $T = 2 v_{0} sin α / g = 2 t_{s}$ : par symétrie de la parabole, la descente dure autant que la montée. La portée est $R = x (T) = v_{0} cos α \cdot 2 v_{0} sin α / g = v_{0}^{2} sin 2 α / g$ d'après l'identité $2 sin α cos α = sin 2 α$ . Enfin, $sin 2 α \leq 1$ avec égalité si et seulement si $2 α = 90°$ , et $sin 2 (90° - α) = sin (180° - 2 α) = sin 2 α$ . $□$

Lorsque le sol est un plan incliné de pente $β$ passant par le point de lancement, la distance atteinte le long de la pente, pour un tir à l'angle $α$ mesuré depuis l'horizontale, vaut

R_{β} = \frac{2 v _{0}^{2} cos α sin ( α - β )}{g cos ^{2} β} (2.11)

en montée ( $β > 0$ ), et l'angle optimal est $α^{*} = 45° + β /2$ , c'est-à-dire la bissectrice entre la verticale et la pente. En descente, on remplace $β$ par $- β$ : l'angle optimal $45° - β /2$ se rapproche de la pente. La démonstration de (2.11) est l'objet de l'exercice 2.5; le problème guidé applique la même méthode au saut à ski.

Exemple 2.4 · Canon à neige

Un canon à neige projette des gouttelettes à $v_{0} = 20, 0$ m/s sous l'angle $α = 35, 0°$ , depuis une buse située à $h = 2, 00$ m au-dessus de la piste horizontale. À quelle distance retombent-elles, quelle hauteur atteignent-elles, et avec quelle vitesse arrivent-elles au sol? On néglige la résistance de l'air, ce qui, pour des gouttelettes, surestime nettement la portée réelle.

Composantes initiales. $v_{0 x} = 20, 0 cos 35° = 16, 38$ m/s, $v_{0 y} = 20, 0 sin 35° = 11, 47$ m/s.

Hauteur maximale. Au sommet, $v_{y} = 0$ : $H = h + \frac{v _{0 y}^{2}}{2 g} = 2, 00 + \frac{11 , 4 7 ^{2}}{19 , 62} = 8, 71$ m, atteinte à $t_{s} = v_{0 y} / g = 1, 17$ s.

Temps de vol. On résout $y (t) = h + v_{0 y} t - \frac{1}{2} g t^{2} = 0$ , équation du second degré dont la racine positive est

T = \frac{v _{0 y} + v _{0 y}^{2} + 2 g h}{g} = \frac{11 , 47 + 131 , 6 + 39 , 24}{9 , 81} = 2, 50 s .

Portée. $R = v_{0 x} T = 16, 38 \times 2, 50 = 41, 0$ m, contre $v_{0}^{2} sin 70°/ g = 38, 3$ m si la buse était au sol: les $2$ m de hauteur rapportent $2, 7$ m de portée.

Vitesse d'impact. $v_{x} = 16, 38$ m/s (inchangée) et $v_{y} = v_{0 y} - g T = 11, 47 - 24, 54 = - 13, 07$ m/s, d'où $v = 16, 3 8^{2} + 13, 0 7^{2} = 21, 0$ m/s, inclinée de $arctan (13, 07/16, 38) = 38, 6°$ sous l'horizontale. La vitesse d'impact est supérieure à $v_{0}$ : le projectile a perdu $2$ m d'altitude, ce que le chapitre 4 traduira en gain d'énergie cinétique.

Explorateur du mouvement d'un projectile

Un projectile est lancé depuis la hauteur h avec la vitesse v₀ inclinée de l'angle α sur l'horizontale, sans résistance de l'air (g = 9,81 m/s²). La trajectoire est une parabole; le sommet est marqué. Observez que la portée sur sol plat est maximale pour α = 45° seulement si h = 0: depuis une hauteur, l'angle optimal est plus petit.

Portée (x à l'impact)

49,08m

Hauteur maximale (au-dessus du sol)

20,19m

Temps de vol

3,47s

Vitesse d'impact

24,42m/s

Angle d'impact sous l'horizontale

54,6°

Vitesse initiale v₀20m/s

Angle de tir α45°

Hauteur de lancement h10m

Exercice

Un ballon est lancé du sol à $v_{0} = 20$ m/s sous un angle de $60°$ . Quelle hauteur maximale atteint-il, en mètres ( $g = 9, 81 m/s^{2}$ )?

Vitesse relative et composition des vitesses

Revenons au voyageur du TGV. Soit $R$ le référentiel du sol et $R^{'}$ celui du train, en translation à la vitesse $u$ par rapport au sol (tous les points du train ont la même vitesse; le cas d'un référentiel en rotation est traité au chapitre 8). Un point $M$ (le voyageur qui marche dans le couloir) a pour position $O M = O O^{'} + O^{'} M$ , où $O^{'}$ est l'origine liée au train. En dérivant par rapport au temps, et puisque les axes de $R^{'}$ ne tournent pas,

v_{M / R} = v_{M / R^{'}} + u . (2.12)

C'est la loi de composition des vitesses de Galilée: la vitesse absolue (par rapport au sol) est la somme de la vitesse relative (par rapport au train) et de la vitesse d'entraînement (celle du train). En dérivant une seconde fois, $a_{M / R} = a_{M / R^{'}} + \dot{u}$ : si le train roule à vitesse constante, les accélérations sont les mêmes dans les deux référentiels, ce qui, au chapitre 3, fera de tous les référentiels en translation uniforme des référentiels équivalents pour les lois de la mécanique.

Exemple 2.5 · Traversée d'une rivière

Un canot avance à $v^{'} = 3, 00$ m/s par rapport à l'eau d'une rivière large de $L = 120$ m, dont le courant a la vitesse uniforme $u = 1, 50$ m/s.

(a) Le pilote vise perpendiculairement à la rive. La vitesse par rapport au sol est $v = v^{'} + u$ , de composantes $(1, 50; 3, 00)$ en prenant $x$ le long du courant et $y$ vers l'autre rive. La composante $y$ seule fait traverser: $t = L / v^{'} = 120/3, 00 = 40, 0$ s, pendant lesquelles le canot dérive de $x = u t = 60, 0$ m vers l'aval. La trajectoire est une droite inclinée, de longueur $12 0^{2} + 6 0^{2} = 134$ m.

(b) Le pilote veut atteindre le point situé en face. Il faut que la composante $x$ de $v$ soit nulle: il oriente le canot vers l'amont d'un angle $θ$ tel que $v^{'} sin θ = u$ , soit $sin θ = 0, 500$ et $θ = 30, 0°$ . La vitesse par rapport au sol est alors $v = v^{'} cos θ = 3, 0 0^{2} - 1, 5 0^{2} = 2, 60$ m/s, et la traversée dure $120/2, 60 = 46, 2$ s, plus longtemps qu'en (a): une partie de l'effort sert à remonter le courant. Le même raisonnement donne le cap qu'un pilote d'avion doit prendre par vent de travers (exercice 2.3).

Un dernier exemple classique: pour un passager d'un train roulant à $u = 30$ m/s, une pluie qui tombe verticalement à $8$ m/s par rapport au sol semble arriver de l'avant avec la vitesse $v^{'} = v - u$ , inclinée de $arctan (30/8) = 75°$ sur la verticale: c'est pourquoi les gouttes dessinent sur la vitre des traînées presque horizontales (troisième exercice de la série du chapitre).

Mouvement circulaire

Vitesse angulaire, période, fréquence

Considérons un point $M$ qui décrit un cercle de centre $O$ et de rayon $R$ . Sa position est repérée par l'angle $θ (t)$ entre $e_{x}$ et $O M$ , en radians, ou par l'abscisse curviligne $s (t) = R θ (t)$ , longueur d'arc comptée depuis le point $θ = 0$ .

Les tours par minute des moteurs et des roues se convertissent par $ω = 2 π \cdot N_{tr/min} /60$ . Une roue de vélo de $700$ mm de diamètre ( $R = 0, 350$ m) à $36, 0$ km/h $= 10, 0$ m/s tourne à $ω = v / R = 28, 6$ rad/s, soit $f = 4, 55$ Hz ou $273$ tr/min.

Accélération centripète

Même à vitesse scalaire constante, le vecteur vitesse tourne: le mouvement circulaire est accéléré. Le calcul de cette accélération est le résultat central de la section.

Démonstration. Dans la base fixe, $O M = R cos θ e_{x} + R sin θ e_{y} = R e_{r}$ avec $e_{r} = cos θ e_{x} + sin θ e_{y}$ . Posons $e_{θ} = - sin θ e_{x} + cos θ e_{y}$ : c'est un vecteur unitaire, orthogonal à $e_{r}$ ( $e_{r} \cdot e_{θ} = - cos θ sin θ + sin θ cos θ = 0$ ), et $(e_{r}, e_{θ})$ se déduit de $(e_{x}, e_{y})$ par la rotation d'angle $θ$ . Dérivons par rapport au temps, en utilisant la règle de dérivation des fonctions composées, $\frac{d}{d t} cos θ = - \dot{θ} sin θ$ :

\dot{e}_{r} = \dot{θ} (- sin θ e_{x} + cos θ e_{y}) = ω e_{θ}, \dot{e}_{θ} = \dot{θ} (- cos θ e_{x} - sin θ e_{y}) = - ω e_{r} . (2.15)

Comme $R$ est constant, $v = R \dot{e}_{r} = R ω e_{θ}$ , tangent au cercle, de norme $R ∣ ω ∣$ . En dérivant à nouveau (règle du produit),

a = R \overset{ω}{˙} e_{θ} + R ω \dot{e}_{θ} = R \overset{ω}{˙} e_{θ} - R ω^{2} e_{r} .

Si $ω$ est constante, il reste $a = - R ω^{2} e_{r}$ , dirigée de $M$ vers $O$ , de norme $R ω^{2} = (R ω)^{2} / R = v^{2} / R$ . $□$

Figure 2.2. Mouvement circulaire: au point M, la vitesse v = Rω e_θ est tangente au cercle; l'accélération normale a_n = −Rω² e_r pointe vers le centre et l'accélération tangentielle a_t = Rα e_θ (α = ω̇) est le long de la tangente. Dans le mouvement circulaire uniforme, seule a_n subsiste; ici le mobile accélère et a est inclinée vers l'avant.

Le terme $- R ω^{2} e_{r}$ est l'accélération normale (ou centripète) $a_{n} = v^{2} / R$ : elle fait tourner le vecteur vitesse. Le terme $R \overset{ω}{˙} e_{θ}$ est l'accélération tangentielle $a_{t} = \overset{v}{˙}$ : elle en change la norme. Les deux sont orthogonales, donc $a = a_{n}^{2} + a_{t}^{2}$ .

Exercice

Une nacelle de télécabine décrit, au passage d'un pylône, un arc de cercle à vitesse scalaire constante. Que peut-on dire de son accélération?

Exemple 2.6 · Manège, virage de train et satellite

(a) Manège. Un enfant assis à $R = 6, 00$ m de l'axe d'un manège qui fait un tour en $T = 8, 00$ s a une vitesse angulaire $ω = 2 π / T = 0, 785$ rad/s, une vitesse $v = R ω = 4, 71$ m/s et une accélération centripète $a_{n} = ω^{2} R = 3, 70$ m/s², soit $0, 38 g$ : il doit se tenir fermement.

(b) Virage ferroviaire. Un train à $160$ km/h $= 44, 4$ m/s aborde une courbe de rayon $R = 1200$ m: $a_{n} = 44, 4^{2} /1200 = 1, 65$ m/s², soit $0, 17 g$ , dirigée vers l'intérieur de la courbe. Cette accélération est la même pour les voyageurs, qui la ressentent comme une poussée latérale.

(c) Satellite géostationnaire. Un satellite qui reste au-dessus du même point de l'équateur fait un tour en un jour sidéral, $T = 86164$ s, sur une orbite circulaire de rayon $R = 42164$ km: $ω = 2 π / T = 7, 29 \cdot 1 0^{- 5}$ rad/s, $v = R ω = 3, 07$ km/s et $a_{n} = ω^{2} R = 0, 224$ m/s². Nous verrons au chapitre 6 que cette accélération est exactement celle que produit l'attraction terrestre à cette distance, ce qui fixe le rayon de l'orbite géostationnaire.

Mouvement circulaire uniformément accéléré

Lorsque $\overset{ω}{˙} = α$ est constante (une roue qui accélère, une turbine qui démarre), les équations de $θ (t)$ sont formellement identiques à celles du MRUA, avec la correspondance $x \leftrightarrow θ$ , $v \leftrightarrow ω$ , $a \leftrightarrow α$ :

ω (t) = ω_{0} + α t, θ (t) = θ_{0} + ω_{0} t + \frac{1}{2} α t^{2}, ω^{2} = ω_{0}^{2} + 2 α (θ - θ_{0}) . (2.16)

La démonstration est celle du théorème 2.1, mot pour mot. Une meule qui démarre avec $α = 2, 00$ rad/s² atteint $ω = 10, 0$ rad/s après $5, 00$ s en ayant tourné de $θ = 25, 0$ rad, soit $3, 98$ tours. En un point de sa périphérie, l'accélération tangentielle $R α$ est constante tandis que l'accélération normale $R ω^{2}$ croît comme $t^{2}$ et domine rapidement.

Composantes tangentielle et normale d'un mouvement curviligne

La décomposition en accélérations tangentielle et normale ne se limite pas au cercle. En chaque point d'une trajectoire courbe, notons $e_{t} = v / v$ le vecteur unitaire tangent et $ρ$ le rayon de courbure, rayon du cercle qui épouse le mieux la trajectoire en ce point (le cercle osculateur, infini sur une droite). En dérivant $v = v e_{t}$ , et en admettant que $\dot{e}_{t} = (v / ρ) e_{n}$ avec $e_{n}$ unitaire, orthogonal à $e_{t}$ et dirigé vers le centre de courbure (c'est exactement le calcul de (2.15) sur le cercle osculateur, avec $ω = v / ρ$ ),

a = \overset{v}{˙} e_{t} + \frac{v ^{2}}{ρ} e_{n} . (2.17)

L'accélération d'un mobile a donc toujours une composante tangentielle $a_{t} = \overset{v}{˙}$ , qui mesure la variation de la vitesse scalaire, et une composante normale $a_{n} = v^{2} / ρ$ , tournée vers l'intérieur de la courbe, qui mesure la variation de direction. Une voiture qui aborde un virage de rayon $50, 0$ m à $15, 0$ m/s en freinant à $2, 00$ m/s² subit $a_{n} = 225/50, 0 = 4, 50$ m/s² et $a_{t} = - 2, 00$ m/s², soit $a = 4, 5 0^{2} + 2, 0 0^{2} = 4, 92$ m/s², inclinée de $24, 0°$ vers l'arrière par rapport à la normale. C'est la somme de ces deux composantes, et non $a_{n}$ seule, que doit fournir l'adhérence des pneus (chapitre 3).

Coordonnées polaires et vecteurs mobiles

La base mobile $(e_{r}, e_{θ})$

Pour un mouvement plan qui n'est pas circulaire mais possède un centre naturel (une planète autour du Soleil, une bille qui glisse sur une tige tournante), il est commode de repérer $M$ par ses coordonnées polaires $(r, θ)$ : $r = ∥ O M ∥ \geq 0$ et $θ$ l'angle de $e_{x}$ à $O M$ , avec $x = r cos θ$ , $y = r sin θ$ . On attache à $M$ la base orthonormée directe

e_{r} = cos θ e_{x} + sin θ e_{y}, e_{θ} = - sin θ e_{x} + cos θ e_{y},

déjà rencontrée dans le théorème 2.3: $e_{r}$ pointe de $O$ vers $M$ , $e_{θ}$ dans le sens des $θ$ croissants. Cette base est mobile: elle dépend de $θ$ , donc du temps. Le vecteur position s'écrit simplement $r = r e_{r}$ , mais la dérivation doit tenir compte de la rotation de la base.

Figure 2.3. À gauche: coordonnées polaires (r, θ) du point M et base mobile (e_r, e_θ). À droite: lorsque θ augmente de Δθ, le vecteur unitaire e_r tourne; sa variation Δe_r est une corde du cercle unité, de longueur 2 sin(Δθ/2) ≈ Δθ, et de direction qui tend vers e_θ. D'où de_r/dθ = e_θ, et de même de_θ/dθ = −e_r.

Démonstration. C'est le calcul (2.15), que nous reprenons pour le lire géométriquement. Comme $e_{r}$ et $e_{θ}$ ne dépendent que de $θ$ , la règle de dérivation des fonctions composées donne $\dot{e}_{r} = \dot{θ} \frac{d e _{r}}{d θ}$ , et en dérivant les composantes, $\frac{d e _{r}}{d θ} = - sin θ e_{x} + cos θ e_{y} = e_{θ}$ ; de même $\frac{d e _{θ}}{d θ} = - cos θ e_{x} - sin θ e_{y} = - e_{r}$ . Géométriquement (figure 2.3): dériver un vecteur unitaire par rapport à l'angle dont il dépend revient à le tourner de $+ 90°$ , car un vecteur de norme constante ne peut varier que perpendiculairement à lui-même ( $e_{r} \cdot e_{r} = 1$ donne, en dérivant, $2 e_{r} \cdot \dot{e}_{r} = 0$ ). $□$

Vitesse et accélération en coordonnées polaires

Démonstration. Dérivons $r = r e_{r}$ par la règle du produit, en utilisant (2.18): $v = \overset{r}{˙} e_{r} + r \dot{e}_{r} = \overset{r}{˙} e_{r} + r \dot{θ} e_{θ}$ . Dérivons encore, terme à terme:

a = \overset{r}{¨} e_{r} + \overset{r}{˙} \dot{e}_{r} + (\overset{r}{˙} \dot{θ} + r \ddot{θ}) e_{θ} + r \dot{θ} \dot{e}_{θ} = \overset{r}{¨} e_{r} + \overset{r}{˙} \dot{θ} e_{θ} + (\overset{r}{˙} \dot{θ} + r \ddot{θ}) e_{θ} - r \dot{θ}^{2} e_{r},

et l'on regroupe les composantes sur $e_{r}$ et sur $e_{θ}$ . $□$

Les quatre termes de (2.20) ont chacun un sens. $\overset{r}{¨}$ est l'accélération radiale «naïve»; $- r \dot{θ}^{2}$ est l'accélération centripète, présente dès que le rayon vecteur tourne; $r \ddot{θ}$ est l'accélération tangentielle due à la variation de la vitesse angulaire; et $2 \overset{r}{˙} \dot{θ}$ , le terme de Coriolis, apparaît dès que le mobile s'éloigne ou se rapproche du centre tout en tournant: il exprime que la vitesse orthoradiale $r \dot{θ}$ change lorsque $r$ change, même à $\dot{θ}$ constant. Nous le retrouverons au chapitre 8 comme force d'inertie dans un référentiel tournant.

Le cercle retrouvé. Pour $r = R$ constant, $\overset{r}{˙} = \overset{r}{¨} = 0$ et (2.19)–(2.20) redonnent exactement (2.13): $v = R \dot{θ} e_{θ}$ et $a = - R \dot{θ}^{2} e_{r} + R \ddot{θ} e_{θ}$ . Pour un mouvement rectiligne passant par $O$ ( $θ$ constant), il reste $v = \overset{r}{˙} e_{r}$ et $a = \overset{r}{¨} e_{r}$ .

Exemple 2.7 · Bille sur une tige tournante

Une tige horizontale tourne autour d'un axe vertical passant par $O$ à la vitesse angulaire constante $ω = 2, 00$ rad/s. Une bille glisse le long de la tige en s'éloignant de $O$ à la vitesse constante $u = 0, 500$ m/s par rapport à la tige, en partant de $r_{0} = 0, 200$ m. Décrire son mouvement dans le référentiel fixe à $t = 2, 00$ s.

Les équations horaires polaires sont $r (t) = r_{0} + u t$ et $θ (t) = ω t$ , donc $\overset{r}{˙} = u$ , $\overset{r}{¨} = 0$ , $\dot{θ} = ω$ , $\ddot{θ} = 0$ . À $t = 2, 00$ s, $r = 1, 20$ m et:

vitesse (2.19): $v = u e_{r} + r ω e_{θ} = 0, 500 e_{r} + 2, 40 e_{θ}$ , de norme $0, 50 0^{2} + 2, 4 0^{2} = 2, 45$ m/s: la bille va bien plus vite que $u$ , car elle est emportée par la rotation;
accélération (2.20): $a = - r ω^{2} e_{r} + 2 u ω e_{θ} = - 4, 80 e_{r} + 2, 00 e_{θ}$ , de norme $5, 20$ m/s².

La composante orthoradiale $2 u ω = 2, 00$ m/s² est purement due au terme de Coriolis, puisque $\ddot{θ} = 0$ : pour maintenir la vitesse angulaire de la bille alors que son rayon augmente, la tige doit la pousser latéralement (chapitre 3). La trajectoire $r = r_{0} + (u / ω) θ$ est une spirale d'Archimède.

Aperçu des coordonnées cylindriques et sphériques

Dans l'espace, on complète les coordonnées polaires du plan $(x, y)$ par la cote $z$ : ce sont les coordonnées cylindriques $(ρ, φ, z)$ , de base $(e_{ρ}, e_{φ}, e_{z})$ avec $e_{z}$ fixe. Comme seul $e_{z}$ est fixe, la vitesse et l'accélération s'obtiennent en ajoutant $\overset{z}{˙} e_{z}$ et $\overset{z}{¨} e_{z}$ à (2.19) et (2.20): c'est le cadre naturel d'une hélice (un point de la vis d'un funiculaire à crémaillère, un électron dans un champ magnétique uniforme). Les coordonnées sphériques $(r, θ, φ)$ , distance au centre, colatitude et longitude, sont adaptées aux problèmes à symétrie centrale comme la gravitation (chapitre 6) ou le repérage sur le globe (GPS); leurs trois vecteurs de base sont mobiles et les formules, plus longues, s'établissent par la même méthode: dériver la base, puis appliquer la règle du produit.

Exercice

Un point décrit la spirale $r = 0, 10 t$ (en m), $θ = 3, 0 t$ (en rad), $t$ en secondes. Calculez la norme de son accélération à $t = 2, 0$ s, en m/s².

Synthèse

Le mouvement d'un point se décrit, dans un référentiel muni d'un repère, par le vecteur position $r (t)$ ; ses équations horaires contiennent plus d'information que sa trajectoire. Le déplacement $Δ r$ est un vecteur, la distance parcourue un scalaire au moins égal à sa norme.
Vitesse $v = \dot{r}$ (tangente à la trajectoire) et accélération $a = \dot{v} = \ddot{r}$ se dérivent composante par composante dans une base fixe. Sur les graphes rectilignes, $v$ est la pente de $x (t)$ , $a$ la pente de $v (t)$ , et l'aire sous $v (t)$ est le déplacement.
MRUA: $v = v_{0} + a t$ , $x = x_{0} + v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}$ , $v^{2} = v_{0}^{2} + 2 a (x - x_{0})$ . La chute libre est un MRUA d'accélération $g = 9, 81$ m/s² vers le bas. Pour une accélération variable, on intègre deux fois.
Les composantes du mouvement sont indépendantes: le projectile est un MRU horizontal superposé à une chute libre verticale, de trajectoire parabolique, avec $H = v_{0}^{2} sin^{2} α /2 g$ , $R = v_{0}^{2} sin 2 α / g$ (maximale à $45°$ sur sol plat). Entre référentiels en translation, $v_{abs} = v_{rel} + u$ .
Mouvement circulaire: $v = R ω$ , $T = 2 π / ω$ ; l'accélération se décompose en une composante normale (centripète) $v^{2} / R = ω^{2} R$ et une composante tangentielle $R \overset{ω}{˙} = \overset{v}{˙}$ . Pour une courbe quelconque, $a = \overset{v}{˙} e_{t} + (v^{2} / ρ) e_{n}$ .
En coordonnées polaires, $\dot{e}_{r} = \dot{θ} e_{θ}$ , $\dot{e}_{θ} = - \dot{θ} e_{r}$ , d'où $v = \overset{r}{˙} e_{r} + r \dot{θ} e_{θ}$ et $a = (\overset{r}{¨} - r \dot{θ}^{2}) e_{r} + (r \ddot{θ} + 2 \overset{r}{˙} \dot{θ}) e_{θ}$ .

Série d'exercices du chapitre 2

Exercice 1 sur 5

Exercice

Sur le graphe de $v (t)$ d'un mouvement rectiligne, un segment de droite de pente négative traversant l'axe des temps représente:

Problème guidé

Saut à ski

Un sauteur quitte la table d'un tremplin avec une vitesse $v_{0} = 25, 0$ m/s inclinée de $α = 10, 0°$ au-dessus de l'horizontale. La piste de réception est un plan incliné de $β = 35, 0°$ sous l'horizontale, qui passe par le bord de la table. On néglige la portance et la traînée de l'air (ce qui, pour un sauteur réel, sous-estime nettement la longueur du saut) et l'on prend $g = 9, 81 m/s^{2}$ . Origine au bord de la table, axe $x$ horizontal vers l'avant, axe $y$ vertical vers le haut.

1
Temps de vol
Les équations horaires sont $x = v_{0} cos α t$ et $y = v_{0} sin α t - \frac{1}{2} g t^{2}$ . La piste de réception a pour équation $y = - x tan β$ . L'atterrissage correspond à l'instant $t > 0$ où le sauteur rencontre la piste.
Exercice
Calculez le temps de vol $T$ en secondes.
s
Point d'atterrissage
Longueur du saut
Vitesse d'impact

Exercices

Vous pouvez afficher le corrigé directement sous chaque énoncé après avoir cherché la solution.

Exercice 2.1 · Parcours d'un train régional

Un train quitte une gare, accélère uniformément à $0, 500 m/s^{2}$ jusqu'à $120$ km/h, roule à cette vitesse, puis freine uniformément à $0, 800 m/s^{2}$ pour s'arrêter à la gare suivante, distante de $12, 0$ km.

Calculer la durée et la longueur des phases d'accélération et de freinage.
En déduire la durée totale du trajet et la vitesse moyenne.
Tracer l'allure des graphes $v (t)$ et $x (t)$ .

Solution

1. $v = 120/3, 6 = 33, 3$ m/s. Accélération: $t_{1} = v / a_{1} = 33, 33/0, 500 = 66, 7$ s et $x_{1} = \frac{1}{2} v t_{1} = \frac{1}{2} \times 33, 33 \times 66, 67 = 1111$ m (ou, par (2.6), $x_{1} = v^{2} /2 a_{1}$ ). Freinage: $t_{3} = v / a_{3} = 33, 33/0, 800 = 41, 7$ s et $x_{3} = v^{2} / (2 \times 0, 800) = 694$ m.

2. La phase à vitesse constante couvre $x_{2} = 12000 - 1111 - 694 = 10194$ m en $t_{2} = x_{2} / v = 305, 8$ s. Durée totale: $66, 7 + 305, 8 + 41, 7 = 414$ s, soit $6$ min $54$ s. Vitesse moyenne: $12 000/414, 2 = 29, 0$ m/s $= 104$ km/h, inférieure aux $120$ km/h de croisière à cause des phases d'accélération et de freinage.

3. $v (t)$ est un trapèze: montée linéaire de $0$ à $33, 3$ m/s en $66, 7$ s, plateau jusqu'à $t = 372, 5$ s, descente linéaire jusqu'à $0$ à $t = 414, 2$ s. $x (t)$ est un arc de parabole tourné vers le haut, puis un segment de pente $33, 3$ m/s, puis un arc de parabole tourné vers le bas qui se raccorde tangentiellement (la vitesse est continue) et atteint $12000$ m avec une tangente horizontale. L'aire du trapèze est bien $12000$ m.

Exercice 2.2 · Balle lancée vers le haut

Depuis un balcon situé à $h = 20, 0$ m au-dessus du sol, on lance une balle verticalement vers le haut à $v_{0} = 15, 0$ m/s. On néglige la résistance de l'air.

Quelle hauteur maximale au-dessus du sol la balle atteint-elle, et à quel instant?
Au bout de combien de temps touche-t-elle le sol? Avec quelle vitesse?
Montrer que la vitesse d'impact ne dépend pas du sens du lancement initial (vers le haut ou vers le bas).

Solution

Axe $y$ vertical vers le haut, origine au sol: $y (t) = 20, 0 + 15, 0 t - 4, 905 t^{2}$ , $v_{y} (t) = 15, 0 - 9, 81 t$ .

1. Au sommet, $v_{y} = 0$ : $t_{s} = 15, 0/9, 81 = 1, 53$ s. La hauteur gagnée est $v_{0}^{2} /2 g = 225/19, 62 = 11, 5$ m, donc $y_{m a x} = 20, 0 + 11, 5 = 31, 5$ m.

2. On résout $y = 0$ : $4, 905 t^{2} - 15, 0 t - 20, 0 = 0$ , dont la racine positive est

t = \frac{15 , 0 + 15 , 0 ^{2} + 4 \times 4 , 905 \times 20 , 0}{2 \times 4 , 905} = \frac{15 , 0 + 617 , 4}{9 , 81} = \frac{15 , 0 + 24 , 85}{9 , 81} = 4, 06 s .

Vitesse: $v_{y} = 15, 0 - 9, 81 \times 4, 062 = - 24, 8$ m/s, soit $24, 8$ m/s vers le bas. On vérifie avec (2.6): $v^{2} = v_{0}^{2} + 2 g h = 225 + 392, 4 = 617, 4$ , $v = 24, 8$ m/s.

3. La relation (2.6), $v^{2} = v_{0}^{2} - 2 g (y - y_{0})$ , ne fait intervenir que le carré de $v_{0}$ : lancer la balle vers le bas à $15, 0$ m/s donne la même vitesse d'impact $24, 8$ m/s. Physiquement, la balle lancée vers le haut repasse par le balcon à la vitesse $v_{0}$ dirigée vers le bas (symétrie de la montée et de la descente), et le reste de la chute est identique. Seule la durée diffère: $t = (- 15, 0 + 24, 85) /9, 81 = 1, 00$ s pour le lancement vers le bas, contre $4, 06$ s.

Exercice 2.3 · Cap d'un avion par vent de travers

Un avion de tourisme vole à $220$ km/h par rapport à l'air. Il doit rejoindre un aérodrome situé à $300$ km exactement au nord. Un vent régulier de $60, 0$ km/h souffle de l'ouest (il pousse vers l'est).

Si le pilote garde le nez de l'avion pointé vers le nord, où se trouve-t-il après le temps qu'il pensait mettre?
Quel cap doit-il prendre pour arriver à destination, et combien de temps dure alors le vol?
Quelle serait la durée du vol par vent nul, et par vent de face de $60, 0$ km/h?

Solution

On applique $v_{avion / sol} = v_{avion / air} + v_{air / sol}$ , avec $x$ vers l'est et $y$ vers le nord.

1. Nez au nord: $v_{avion / air} = (0; 220)$ et $v_{air / sol} = (60; 0)$ , d'où $v_{sol} = (60; 220)$ km/h. Le pilote atteint la latitude de l'aérodrome après $300/220 = 1, 364$ h $= 81, 8$ min, mais il se trouve alors $60 \times 1, 364 = 81, 8$ km trop à l'est.

2. Il faut que la composante est de la vitesse sol soit nulle: cap $θ$ vers l'ouest du nord tel que $220 sin θ = 60$ , soit $sin θ = 0, 2727$ et $θ = 15, 8°$ . La vitesse sol vaut alors $220 cos θ = 22 0^{2} - 6 0^{2} = 211, 7$ km/h, plein nord, et le vol dure $300/211, 7 = 1, 417$ h $= 85, 0$ min. Le cap est «dans le vent» pour compenser la dérive, exactement comme le canot de l'exemple 2.5.

3. Par vent nul: $300/220 = 1, 364$ h $= 81, 8$ min. Par vent de face (soufflant du nord): vitesse sol $220 - 60 = 160$ km/h, durée $300/160 = 1, 875$ h $= 112, 5$ min. Remarquez que le vent de travers, bien que perpendiculaire à la route, allonge aussi le vol ( $85, 0$ min au lieu de $81, 8$ ), car une partie de la vitesse propre est consacrée à contrer la dérive.

Exercice 2.4 · Démarrage d'une éolienne

Le rotor d'une éolienne de rayon $R = 45, 0$ m démarre du repos et atteint sa vitesse nominale de $15, 0$ tr/min en $60, 0$ s, avec une accélération angulaire constante.

Calculer la vitesse angulaire nominale $ω$ , l'accélération angulaire $α$ et le nombre de tours effectués pendant le démarrage.
Calculer la vitesse de l'extrémité d'une pale en régime nominal, et comparer à la vitesse du vent (typiquement $12$ m/s).
Calculer les accélérations tangentielle et normale de l'extrémité de pale à $t = 30, 0$ s et à $t = 60, 0$ s. Que devient l'accélération tangentielle après le démarrage?

Solution

1. $ω = 2 π \times 15, 0/60 = 1, 571$ rad/s (soit $π /2$ rad/s). $α = ω / t = 1, 571/60, 0 = 2, 62 \cdot 1 0^{- 2}$ rad/s². Angle balayé (2.16): $θ = \frac{1}{2} α t^{2} = \frac{1}{2} \times 0, 02618 \times 3600 = 47, 1$ rad, soit $47, 12/2 π = 7, 50$ tours (c'est aussi $\frac{1}{2} ω t /2 π$ : la vitesse angulaire moyenne d'un démarrage uniforme est la moitié de la vitesse finale).

2. $v = R ω = 45, 0 \times 1, 571 = 70, 7$ m/s, soit $254$ km/h: près de six fois la vitesse du vent. Ce rapport (la vitesse spécifique) est choisi pour optimiser le rendement aérodynamique des pales; il explique aussi le bruit et le danger que représentent les extrémités de pale.

3. L'accélération tangentielle est constante pendant le démarrage: $a_{t} = R α = 45, 0 \times 0, 02618 = 1, 18$ m/s². L'accélération normale vaut $a_{n} = R ω (t)^{2}$ avec $ω (t) = α t$ : à $t = 30, 0$ s, $ω = 0, 785$ rad/s et $a_{n} = 45, 0 \times 0, 78 5^{2} = 27, 8$ m/s²; à $t = 60, 0$ s, $a_{n} = 45, 0 \times 1, 57 1^{2} = 111$ m/s², soit $11, 3 g$ . L'accélération totale à $60$ s est $111, 0^{2} + 1, 1 8^{2} = 111$ m/s², pratiquement radiale. Une fois la vitesse nominale atteinte, $α = 0$ et $a_{t} = 0$ : seule subsiste l'accélération centripète, que la pale doit supporter en permanence par sa résistance en traction (chapitre 3).

Exercice 2.5 · Portée sur un plan incliné et angle optimal

Un projectile est lancé depuis le pied d'un plan incliné d'angle $β$ ( $0 \leq β < 90°$ ) avec la vitesse $v_{0}$ inclinée de l'angle $α > β$ sur l'horizontale, dans le plan vertical contenant la ligne de plus grande pente. On néglige la résistance de l'air.

Montrer que le projectile retombe sur le plan à la distance, mesurée le long de la pente,

R_{β} = \frac{2 v _{0}^{2} cos α sin ( α - β )}{g cos ^{2} β} .

À l'aide de l'identité $2 cos a sin b = sin (a + b) - sin (a - b)$ , montrer que $R_{β}$ est maximale pour $α^{*} = 45° + β /2$ et vaut alors $R_{β}^{*} = \frac{v _{0}^{2}}{g ( 1 + sin β )}$ .
Vérifier que l'on retrouve les résultats du théorème 2.2 pour $β = 0$ , et interpréter géométriquement $α^{*}$ .
Que deviennent ces résultats pour un plan descendant (remplacer $β$ par $- β$ )? Comparer à la longueur du saut du problème guidé pour $α = 10°$ et $β = - 35°$ , puis calculer la longueur maximale accessible avec $v_{0} = 25, 0$ m/s.

Solution

1. Origine au point de lancement, $x$ horizontal, $y$ vertical vers le haut. Les équations horaires sont (2.8): $x = v_{0} cos α t$ , $y = v_{0} sin α t - \frac{1}{2} g t^{2}$ . Le plan incliné a pour équation $y = x tan β$ . Le projectile le rencontre lorsque

v_{0} sin α t - \frac{1}{2} g t^{2} = v_{0} cos α t tan β .

La solution $t = 0$ est le départ; l'autre s'obtient en simplifiant par $t$ :

T = \frac{2 v _{0} ( sin α - cos α tan β )}{g} = \frac{2 v _{0} ( sin α cos β - cos α sin β )}{g cos β} = \frac{2 v _{0} sin ( α - β )}{g cos β},

par la formule d'addition du sinus. Le point d'impact a pour abscisse $x_{I} = v_{0} cos α T$ , et la distance le long de la pente est $R_{β} = x_{I} / cos β$ (hypoténuse du triangle rectangle de base $x_{I}$ et d'angle $β$ ):

R_{β} = \frac{v _{0} cos α}{cos β} \cdot \frac{2 v _{0} sin ( α - β )}{g cos β} = \frac{2 v _{0}^{2} cos α sin ( α - β )}{g cos ^{2} β} .

La condition $α > β$ assure $T > 0$ : tiré sous la pente, le projectile ne la rencontrerait jamais.

2. Avec $a = α$ et $b = α - β$ , l'identité donne $2 cos α sin (α - β) = sin (2 α - β) - sin β$ , d'où

R_{β} = \frac{v _{0}^{2} [ sin ( 2 α - β ) - sin β ]}{g cos ^{2} β} .

À $v_{0}$ et $β$ fixés, seul le terme $sin (2 α - β)$ dépend de $α$ ; il est maximal, égal à $1$ , lorsque $2 α - β = 90°$ , soit $α^{*} = 45° + β /2$ (cette valeur est bien comprise entre $β$ et $90°$ ). La portée maximale vaut alors

R_{β}^{*} = \frac{v _{0}^{2} ( 1 - sin β )}{g cos ^{2} β} = \frac{v _{0}^{2} ( 1 - sin β )}{g ( 1 - sin β ) ( 1 + sin β )} = \frac{v _{0}^{2}}{g ( 1 + sin β )},

en utilisant $cos^{2} β = 1 - sin^{2} β$ .

3. Pour $β = 0$ : $R_{0} = 2 v_{0}^{2} cos α sin α / g = v_{0}^{2} sin 2 α / g$ , $α^{*} = 45°$ et $R_{0}^{*} = v_{0}^{2} / g$ , conformément à (2.10). Géométriquement, $α^{*} - β = 45° - β /2$ et $90° - α^{*} = 45° - β /2$ : la direction de tir optimale est la bissectrice de l'angle formé par la pente et la verticale. Plus la pente est raide, plus il faut tirer haut, et plus la portée maximale diminue, jusqu'à $v_{0}^{2} /2 g$ (la hauteur d'un tir vertical) lorsque $β \to 90°$ .

4. Pour un plan descendant, on remplace $β$ par $- β$ ( $β > 0$ désignant maintenant la pente sous l'horizontale): $R = \frac{2 v _{0}^{2} cos α sin ( α + β )}{g cos ^{2} β}$ , avec $α^{*} = 45° - β /2$ et $R^{*} = \frac{v _{0}^{2}}{g ( 1 - sin β )}$ . La condition devient $α > - β$ : on peut même tirer sous l'horizontale. Pour le saut à ski ( $v_{0} = 25, 0$ m/s, $α = 10, 0°$ , $β = 35, 0°$ ):

R = \frac{2 \times 625 \times cos 10° \times sin 45°}{9 , 81 \times cos ^{2} 35°} = \frac{1250 \times 0 , 9848 \times 0 , 7071}{9 , 81 \times 0 , 6710} = 132, 2 m,

ce qui est bien la longueur trouvée dans le problème guidé. L'angle optimal serait $α^{*} = 45° - 17, 5° = 27, 5°$ , pour une longueur $R^{*} = 625/ [9, 81 (1 - 0, 5736)] = 149, 4$ m. Un sauteur réel ne cherche pourtant pas cet angle: la portance aérodynamique, négligée ici, favorise une trajectoire tendue et un angle de sortie faible, et l'impulsion verticale qu'il peut donner à $90$ km/h est limitée.

Références

Gruber, C. et Benoit, W., Mécanique générale, Presses polytechniques et universitaires romandes, Lausanne, chap. 2–3.
Halliday, D., Resnick, R. et Walker, J., Physique 1 – Mécanique, Chenelière/De Boeck, chap. 2 et 4.
Benson, H., Physique I – Mécanique, De Boeck, Bruxelles, chap. 3–4.
Kleppner, D. et Kolenkow, R., An Introduction to Mechanics, 2e éd., Cambridge University Press, chap. 1 (vecteurs et cinématique, coordonnées polaires).
Young, H. D. et Freedman, R. A., University Physics, Pearson, chap. 2–3.
Feynman, R., Leighton, R. et Sands, M., Le cours de physique de Feynman – Mécanique 1, Dunod, chap. 8–9.

Objectifs du chapitre

Position, déplacement et trajectoire

Référentiel, repère et point matériel

Vitesse et accélération

Vitesse moyenne et vitesse instantanée

Accélération

Lire les graphes x(t), v(t), a(t)

Mouvement rectiligne

Mouvement rectiligne uniforme (MRU)

Mouvement rectiligne uniformément accéléré (MRUA)

Chute libre

Mouvement à accélération variable

Mouvement dans le plan et dans l'espace

Indépendance des composantes

Le projectile

Explorateur du mouvement d'un projectile

Vitesse relative et composition des vitesses

Mouvement circulaire

Vitesse angulaire, période, fréquence

Accélération centripète

Mouvement circulaire uniformément accéléré

Composantes tangentielle et normale d'un mouvement curviligne

Coordonnées polaires et vecteurs mobiles

La base mobile (er​,eθ​)

Vitesse et accélération en coordonnées polaires

Aperçu des coordonnées cylindriques et sphériques

Synthèse

Série d'exercices du chapitre 2

Saut à ski

Temps de vol

Point d'atterrissage

Longueur du saut

Vitesse d'impact

Exercices

Références

Lire les graphes $x (t)$ , $v (t)$ , $a (t)$

La base mobile $(e_{r}, e_{θ})$