Simulateur de Mouvement de Projectile

trajectoire parabolique avec animation en direct

Deux mouvements sur une même horloge	$\begin{gathered}x=v_0\cos\theta\,t\\ y=h+v_0\sin\theta\,t-\tfrac12gt^{2}\end{gathered}$
Départ et arrivée à la même hauteur	$\begin{gathered}t_f=\frac{2v_0\sin\theta}{g},\qquad R=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}\\ y_{\max}=\frac{v_0^{2}\sin^{2}\theta}{2g}\end{gathered}$

Exemple résolu — Simulateur de Mouvement de Projectile

Vitesse horizontale	14,142 m/s
Vitesse verticale	14,142 m/s
Temps de vol	2,8832 s
Portée	40,775 m
Temps jusqu'au sommet	1,4416 s
Hauteur maximale	10,194 m
Vitesse à l'impact	20 m/s
Angle d'impact sous l'horizontale	45°

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Leçon

La théorie — Simulateur de Mouvement de Projectile

Un projectile n'est soumis qu'à la seule pesanteur une fois lancé. Projeté à une vitesse v₀ sous un angle θ depuis une hauteur h, il avance horizontalement à vitesse constante tandis que son altitude évolue exactement comme en chute libre.

Ce que signifie chaque symbole

v₀: vitesse initiale
θ: angle de tir au-dessus de l'horizontale
h: hauteur de tir au-dessus du sol de réception
g: accélération de la pesanteur, 9,81 m/s², vers le bas
R: portée : distance horizontale entre le lancer et l'atterrissage

D’où vient la formule

La pesanteur n'agit que vers le bas : rien ne modifie la vitesse horizontale. La distance horizontale croît donc au même rythme pendant toute la durée du vol.
$v_x=v_0\cos\theta,\qquad x=v_0\cos\theta\,t$
Verticalement, l'accélération est constante, conformément à la leçon précédente avec u = v₀ sin θ et a = −g. Les deux mouvements partagent la même horloge, t.
$v_y=v_0\sin\theta-gt,\qquad y=h+v_0\sin\theta\,t-\tfrac12gt^{2}$
En éliminant t entre ces deux équations, la hauteur devient une fonction du second degré de la distance horizontale : la trajectoire est une parabole.
$y=h+x\tan\theta-\frac{g\,x^{2}}{2v_0^{2}\cos^{2}\theta}$
Le vol prend fin lorsque la hauteur redevient nulle. Sur sol plat, les deux racines correspondent au départ et à t_f, et la portée vaut v_x multipliée par t_f. Puisque sin 2θ = sin(180° − 2θ), les angles θ et 90° − θ donnent la même portée.
$t_f=\frac{2v_0\sin\theta}{g},\qquad R=v_x\,t_f=\frac{2v_0^{2}\sin\theta\cos\theta}{g}=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}$
Au sommet, la vitesse verticale s'annule. L'équation indépendante du temps fournit alors la hauteur.
$0=(v_0\sin\theta)^{2}-2g\,(y_{\max}-h)\ \Rightarrow\ y_{\max}=h+\frac{v_0^{2}\sin^{2}\theta}{2g}$

Suppose: Résistance de l'air négligée et accélération g uniforme sur l'ensemble du vol. En présence d'air, la trajectoire cesse d'être une parabole, ce qui fera l'objet de la page suivante.

Deux mouvements en un seul

Un projectile accomplit en réalité deux mouvements indépendants à la fois : il avance horizontalement à vitesse constante tout en tombant sous l'effet de la pesanteur. Aucun des deux n'influe sur l'autre, ce qui conduit à un résultat célèbre : une balle tirée à l'horizontale et une balle simplement lâchée de la même hauteur touchent le sol exactement au même instant. Réglez l'angle sur 0°, placez le départ en hauteur et faites varier la vitesse : la portée augmente, mais la durée de vol ne bouge pas.

En hauteur, 45° cesse de gagner

La célèbre règle des 45° pour la portée maximale ne vaut que si le lancement et la retombée sont à la même hauteur. Ajoutez une hauteur de lancement h et le meilleur angle passe sous 45°, suivant θ = arctan(v / √(v² + 2gh)). Lancez une balle du haut d'une falaise : viser un peu plus bas que 45° l'envoie plus loin — montez le curseur de hauteur et cherchez le véritable optimum.

PROJECTILES — L'ANGLE DÉCIDE DE TOUT, SAUF DE CE QUE DÉCIDE LA VITESSE

Quel cas de tir résolvez-vous ?

Les mouvements horizontal et vertical sont indépendants : vitesse constante sur le côté, accélération constante vers le bas. Tout le reste découle de cette séparation. À hauteur égale, la portée vaut R = v²sin(2θ)/g, maximale à 45° et identique pour les angles appariés de part et d'autre. Lancez depuis une hauteur et cette symétrie se brise : le meilleur angle passe sous 45°.

45° sur terrain plat — la portée maximale R = v²/g at θ = 45°

Angles complémentaires — deux façons d'atteindre le même point R = v²sin(2θ)/g

À la verticale — que de la hauteur, aucune portée h = v²/2g, R = 0

Lancer depuis une hauteur — la symétrie se brise h > 0 ⇒ θ_opt < 45°

45° sur terrain plat — la portée maximale

Ce que vous savez: Départ et arrivée sont à la même hauteur et vous cherchez le tir le plus long. sin(2θ) est maximal quand 2θ = 90°.

Portée: R = v²/g at θ = 45°

Exemple résolu: v = 20 m/s à 45° → R = v²/g = 400/9,81 = 40,8 m, le plus loin que cette vitesse permette

Ouvrir ce cas: 45° portée max

45° sur terrain plat — la portée maximale. À 45°, temps de vol et vitesse horizontale s'équilibrent, et la portée culmine. Départ et arrivée sont à la même hauteur et vous cherchez le tir le plus long. sin(2θ) est maximal quand 2θ = 90°. — À 45°, temps de vol et vitesse horizontale s'équilibrent, et la portée culmine.

Angles complémentaires — deux façons d'atteindre le même point

Ce que vous savez: Tout angle θ et son complément 90° − θ donnent la même portée sur terrain plat, car sin(2θ) = sin(180° − 2θ).

Portée: R = v²sin(2θ)/g

Exemple résolu: v = 20 m/s à 30° → 35,3 m ; à 60° → 35,3 m de nouveau. Le tir tendu dure 2,0 s, le tir haut 3,5 s

Ouvrir ce cas: 30°

Angles complémentaires — deux façons d'atteindre le même point. Deux trajectoires, un point de chute : 30° et 60° donnent la même portée à des hauteurs différentes. Tout angle θ et son complément 90° − θ donnent la même portée sur terrain plat, car sin(2θ) = sin(180° − 2θ). — Deux trajectoires, un point de chute : 30° et 60° donnent la même portée à des hauteurs différentes.

À la verticale — que de la hauteur, aucune portée

Ce que vous savez: θ = 90°, la composante horizontale est donc nulle. Tout ce que le lancer a donné part dans la montée et le retour.

Portée: h = v²/2g, R = 0

Exemple résolu: v = 20 m/s à la verticale → hauteur maximale v²/2g = 20,4 m, portée 0, et l'objet revient dans la main à 20 m/s

Ouvrir ce cas: 90° tout droit vers le haut

À la verticale — que de la hauteur, aucune portée. Lancer vertical : la trajectoire se réduit à une ligne et la portée disparaît. θ = 90°, la composante horizontale est donc nulle. Tout ce que le lancer a donné part dans la montée et le retour. — Lancer vertical : la trajectoire se réduit à une ligne et la portée disparaît.

Lancer depuis une hauteur — la symétrie se brise

Ce que vous savez: Le point de chute est plus bas que le point de lancer : le vol n'est plus symétrique et la règle des 45° tombe.

Portée: h > 0 ⇒ θ_opt < 45°

Exemple résolu: v = 22 m/s à 35° depuis 18 m → 3,6 s en l'air et 65 m de portée ; l'angle optimal est ici 37,2°, pas 45°

Ouvrir ce cas: depuis une falaise

Lancer depuis une hauteur — la symétrie se brise. La hauteur en plus achète du temps de vol en plus : le tir plus tendu l'emporte. Le point de chute est plus bas que le point de lancer : le vol n'est plus symétrique et la règle des 45° tombe. — La hauteur en plus achète du temps de vol en plus : le tir plus tendu l'emporte.

Problèmes entièrement résolus

Une balle lancée à 20 m/s et 45° depuis un sol plat 5 étapes
Une balle est lancée à 20 m/s et 45° depuis un sol horizontal. Déterminez la durée de son vol et sa portée — puis déterminez le coût d'une erreur de visée de 5°, la question qui permet de savoir s'il vaut la peine de viser à 45°.
1. Décomposez le lancer en deux mouvements qui n'interagissent jamais entre eux. La pesanteur n'agit que vers le bas, de sorte que la vitesse horizontale est la même à l'atterrissage qu'au lancer, et 45° est le seul angle pour lequel les deux composantes sont égales au départ.
  
  $v_x=v_0\cos\theta=20\cos45^\circ=14.142\ \mathrm{m/s},\qquad v_y=v_0\sin\theta=14.142\ \mathrm{m/s}$
2. Le vol prend fin lorsque la hauteur redevient nulle, ce que seul le mouvement vertical permet de déterminer. La montée et la descente prennent le même temps depuis un sol horizontal, le vol entier dure donc le double du temps mis pour atteindre le sommet.
  
  $y(t_f)=0:\quad t_f=\frac{2v_y}{g}=\frac{2(14.142)}{9.81}=2.8832\ \mathrm{s}$
3. La distance horizontale s'obtient en conservant une vitesse constante pendant cette durée de vol. La substitution des composantes résume le tout à l'angle double, et comme sin 2θ reste inchangé lorsque θ est remplacé par 90° − θ, un lancer à 30° comme à 60° fait atterrir la balle à 35,312 m.
  
  $R=v_xt_f=14.142\times2.8832=40.775\ \mathrm{m}=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}=\frac{400}{9.81}$
4. Le sommet dépend de la seule composante verticale, freinée jusqu'à l'arrêt par la pesanteur. À 45°, la hauteur maximale vaut exactement le quart de la portée, et ce rapport d'un quart reste vrai à 45° quelle que soit la vitesse initiale.
  
  $y_{\max}=\frac{v_y^{2}}{2g}=\frac{200}{19.62}=10.194\ \mathrm{m}=\frac{R}{4}$
5. Passons à l'erreur de visée. La fonction sin 2θ est stationnaire à 45°, de sorte qu'un écart de 5° constitue une erreur du second ordre et ne coûte que 62 cm sur 40,775 m. Le même écart de 5° à 30° est du premier ordre et décale la portée de 8,5 %, soit environ 3 m.
  
  $\frac{R(50^\circ)}{R(45^\circ)}=\sin100^\circ=0.9848\ (-0.62\ \mathrm{m}),\qquad\frac{R(35^\circ)}{R(30^\circ)}=\frac{\sin70^\circ}{\sin60^\circ}=1.085$
Réponse

L'outil affiche 2,8832 s de vol, une portée de 40,775 m et une hauteur maximale de 10,194 m. Ces deux dernières valeurs sont dans un rapport exact de 4, et conservent ce rapport à 45° quelle que soit la vitesse — une trajectoire à 45° est toujours quatre fois plus large que haute, de sorte qu'il n'existe qu'une seule forme et que seule la taille varie. L'étape 5 est celle qu'il faut retenir : le maximum est plat, ce qui explique pourquoi 45° subsiste comme une règle empirique que personne ne vérifie rigoureusement. Cependant, cet aplatissement joue dans les deux sens : un sommet plat est difficile à localiser — quiconque cherche le meilleur angle par tâtonnement obtient une large plage d'angles qui paraissent tous aussi bons.

$R=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g},\qquad \frac{R}{y_{\max}}=4\ \ (\theta=45^\circ)$
Chute depuis une table 4 étapes
Une bille roule hors d'une table haute de 1,2 m à la vitesse de 3,0 m/s. Combien de temps met-elle pour atteindre le sol, à quelle distance de la table atterrit-elle et quelle est sa vitesse à l'impact ?

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1. Décomposez le mouvement en deux. Quitter la table horizontalement impose θ = 0 : le mouvement vertical démarre sans vitesse initiale et les 3,0 m/s sont entièrement horizontaux :
  
  $v_x=3{.}0\ \mathrm{m/s},\qquad v_y=0,\qquad h=1{.}2\ \mathrm{m}$
2. La chute verticale correspond à une descente sans vitesse initiale sur 1,2 m, où la vitesse horizontale ne joue aucun rôle :
  
  $0=h-\tfrac12gt_f^{2}\ \Rightarrow\ t_f=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2(1{.}2)}{9{.}81}}=0{.}49462\ \mathrm{s}$
3. La distance horizontale parcourue correspond à cette vitesse constante maintenue pendant toute la durée de la chute :
  
  $R=v_x\,t_f=3{.}0\times0{.}49462=1{.}4839\ \mathrm{m}$
4. Au sol, la composante horizontale vaut toujours 3,0 m/s et la composante verticale a atteint gt. Faites-en la somme vectorielle :
  
  $v_{y,f}=-g\,t_f=-4{.}8522\ \mathrm{m/s},\qquad v_f=\sqrt{3{.}0^{2}+4{.}8522^{2}}=5{.}7047\ \mathrm{m/s},\qquad \varphi_f=\arctan\frac{4{.}8522}{3{.}0}=58{.}273^\circ$
Réponse

0,49462 s, avec un impact à 1,4839 m de la table à 5,7047 m/s, sous 58,273° sous l'horizontale. Faites-la rouler deux fois plus vite : elle atterrira deux fois plus loin, au bout des mêmes 0,49462 s.

$t_f=0{.}49462\ \mathrm{s},\qquad R=1{.}4839\ \mathrm{m},\qquad v_f=5{.}7047\ \mathrm{m/s},\qquad \varphi_f=58{.}273^\circ$
Depuis une falaise : la vitesse à l'impact 5 étapes
On lance une pierre à 15 m/s sous un angle de 40° au-dessus de l'horizontale, depuis le sommet d'une falaise de 25 m. Calculez la durée du vol, la distance du point de chute par rapport au pied de la falaise et la vitesse à l'impact.

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1. D'abord, les composantes :
  
  $v_x=15\cos40^\circ=11{.}491\ \mathrm{m/s},\qquad v_y=15\sin40^\circ=9{.}6418\ \mathrm{m/s}$
2. Le vol s'achève quand l'altitude par rapport au sol redevient nulle. On obtient une équation du second degré en t, dont la racine positive correspond à l'instant qui suit le lancer :
  
  $25+9{.}6418\,t-4{.}905\,t^{2}=0\ \Rightarrow\ t_f=\frac{9{.}6418+\sqrt{9{.}6418^{2}+2(9{.}81)(25)}}{9{.}81}=3{.}4451\ \mathrm{s}$
3. La distance horizontale correspond à v_x multipliée par cette durée :
  
  $R=v_x\,t_f=(15\cos40^\circ)(3{.}4451)=39{.}587\ \mathrm{m}$
4. À l'atterrissage, la composante horizontale reste intacte et la composante verticale vaut v_y − gt_f. Combinez-les :
  
  $v_{y,f}=9{.}6418-9{.}81(3{.}4451)=-24{.}155\ \mathrm{m/s},\qquad v_f=\sqrt{11{.}491^{2}+24{.}155^{2}}=26{.}749\ \mathrm{m/s},\qquad \varphi_f=\arctan\frac{24{.}155}{11{.}491}=64{.}559^\circ$
5. Vérifiez cette vitesse sans faire intervenir la durée. La conservation de l'énergie la donne à partir de la seule vitesse initiale et de la hauteur de chute :
  
  $v_f=\sqrt{v_0^{2}+2gh}=\sqrt{15^{2}+2(9{.}81)(25)}=26{.}749\ \mathrm{m/s}\ \checkmark$
Réponse

3,4451 s dans les airs, une retombée à 39,587 m à 26,749 m/s, sous 64,559° sous l'horizontale. La vérification de l'étape 5 ne fait intervenir aucun angle : depuis cette falaise, tout lancer à 15 m/s touche le sol à 26,749 m/s, quelle que soit son orientation initiale. L'angle ne décide que de l'endroit de la chute et de la direction du mouvement.

$t_f=3{.}4451\ \mathrm{s},\qquad R=39{.}587\ \mathrm{m},\qquad v_f=26{.}749\ \mathrm{m/s},\qquad \varphi_f=64{.}559^\circ$
Par-dessus le mur ? 3 étapes
Un ballon est tiré depuis le sol à 25 m/s, sous un angle de 30° au-dessus de l'horizontale, vers un mur haut de 3,0 m situé à 40 m. Franchit-il le mur, et monte-t-il encore lorsqu'il l'atteint ?
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1. Le mouvement horizontal donne l'instant où le ballon atteint le mur :
  
  $t=\frac{x}{v_0\cos\theta}=\frac{40}{25\cos30^\circ}=\frac{40}{21{.}651}=1{.}8475\ \mathrm{s}$
2. Le mouvement vertical donne sa hauteur à cet instant précis :
  
  $y=v_0\sin\theta\,t-\tfrac12gt^{2}=12{.}5(1{.}8475)-4{.}905(1{.}8475)^{2}=23{.}094-16{.}742=6{.}352\ \mathrm{m}$
3. Sa vitesse verticale indique alors s'il monte ou s'il descend :
  
  $v_y=v_0\sin\theta-gt=12{.}5-9{.}81(1{.}8475)=-5{.}624\ \mathrm{m/s}$
Réponse

Oui, avec 3,35 m de marge : le ballon franchit le mur à 6,35 m de hauteur, déjà en train de descendre à 5,62 m/s. La question portait sur un point précis de la trajectoire : la durée provient de la distance au mur, et non de la fin du vol.

$y(40\ \mathrm{m})=6{.}35\ \mathrm{m}>3{.}0\ \mathrm{m},\qquad v_y=-5{.}62\ \mathrm{m/s}$
La vitesse requise pour une portée 3 étapes
Un sauteur en longueur quitte la planche d'appel sous un angle de 20° au-dessus de l'horizontale et retombe à 7,5 m. En supposant l'appel et la réception à la même hauteur et en négligeant la résistance de l'air, quelle était sa vitesse d'envol ?

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1. Sur sol plat, la durée de vol vaut 2v₀ sin θ/g, et la portée s'obtient en multipliant cette durée par v₀ cos θ. On en tire la formule de la portée :
  
  $R=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}$
2. Isolez v₀ :
  
  $v_0=\sqrt{\frac{Rg}{\sin2\theta}}=\sqrt{\frac{7{.}5\times9{.}81}{\sin40^\circ}}=\sqrt{114{.}46}=10{.}699\ \mathrm{m/s}$
3. Vérifiez en réinjectant cette vitesse :
  
  $R=\frac{10{.}699^{2}\sin40^\circ}{9{.}81}=7{.}50\ \mathrm{m}\ \checkmark$
Réponse

10,699 m/s. La même vitesse à 45° permettrait d'atteindre 11,668 m. Si les spécialistes s'élancent autour de 20°, c'est qu'un appel plus redressé détruirait une trop grande part de la vitesse d'élan sur la planche.

$v_0=10{.}699\ \mathrm{m/s};\qquad R(45^\circ)=\frac{v_0^{2}}{g}=11{.}668\ \mathrm{m}$
Deux angles pour un même point de chute 3 étapes
Une balle part d'un sol plat à 25 m/s et doit atterrir à 50 m. Sous quel angle faut-il la lancer ?

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1. Introduisez ces valeurs dans la formule de la portée et isolez sin 2θ :
  
  $\sin2\theta=\frac{Rg}{v_0^{2}}=\frac{50\times9{.}81}{25^{2}}=0{.}7848$
2. Entre 0° et 180°, il existe deux angles ayant ce sinus ; entre 0° et 90°, il existe donc deux angles de tir possibles, dont la somme vaut 90° :
  
  $2\theta=51{.}702^\circ,\ \ 128{.}298^\circ\ \Rightarrow\ \theta=25{.}851^\circ,\ \ 64{.}149^\circ$
3. Tous deux mènent à 50 m, mais pas au même moment : seule la composante verticale fixe la durée de vol :
  
  $t_f=\frac{2v_0\sin\theta}{g}:\qquad\frac{2(25)\sin25{.}851^\circ}{9{.}81}=2{.}2224\ \mathrm{s},\qquad\frac{2(25)\sin64{.}149^\circ}{9{.}81}=4{.}5868\ \mathrm{s}$
Réponse

25,851° ou 64,149°. Le tir tendu arrive au bout de 2,2224 s ; le tir en cloche met 4,5868 s et culmine à 25,799 m en chemin, contre 6,0565 m. Cliquez sur 30° puis sur 60° pour observer la même paire à 20 m/s.

$\theta=25{.}851^\circ\ \ (t_f=2{.}2224\ \mathrm{s},\ y_{\max}=6{.}0565\ \mathrm{m}),\qquad \theta=64{.}149^\circ\ \ (t_f=4{.}5868\ \mathrm{s},\ y_{\max}=25{.}799\ \mathrm{m})$
L'angle qui porte le plus loin depuis 18 m de haut 7 étapes
Le panneau résout le tir que vous lui donnez : 35° depuis 18 m de haut portent à 64,764 m. Il ne vous dira pas si 35° valait la peine. Trouvez l'angle qui porte le plus loin depuis cette falaise — puis demandez ce que la réponse vaut réellement.

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1. Décomposez le lancer. Tout ce qui suit est une vitesse horizontale constante et une chute libre verticale qui commence 18 m au-dessus du sol d'arrivée.
  
  $v_x=v_0\cos\theta=22\cos35^\circ=18.021\ \mathrm{m\,s^{-1}},\qquad v_y=v_0\sin\theta=22\sin35^\circ=12.619\ \mathrm{m\,s^{-1}}$
2. Le vol s'achève quand la hauteur revient à zéro, ce qui est une équation du second degré en t. Prenez la racine positive ; l'autre serait l'instant où le projectile aurait quitté le sol s'il était parti d'en bas.
  
  $h+v_yt-\tfrac12gt^{2}=0\ \Longrightarrow\ t_f=\frac{v_y+\sqrt{v_y^{2}+2gh}}{g}=\frac{12.619+\sqrt{159.24+353.16}}{9.81}=3.5938\ \mathrm{s}$
3. La portée est la vitesse horizontale multipliée par le vol entier, puisque rien n'agit horizontalement. Trois des quatre nombres obtenus jusqu'ici figurent sur le panneau.
  
  $R=v_xt_f=18.021\times3.5938=64.764\ \mathrm{m}$
4. Le sommet est atteint quand la vitesse verticale s'épuise, et la falaise ne fait que soulever l'ensemble : 18 m d'avance, plus exactement la montée qu'un lancer au sol aurait obtenue.
  
  $y_{\max}=h+\frac{v_y^{2}}{2g}=18+\frac{159.24}{19.62}=26.116\ \mathrm{m}$
5. Vient la question à laquelle le panneau ne répond pas. Écrivez la portée comme fonction du seul angle, à v₀ et h fixés. Le temps de vol dépend maintenant de θ lui aussi, et c'est précisément pourquoi ce n'est pas la formule commode du niveau de la mer.
  
  $R(\theta)=\frac{v_0\cos\theta}{g}\left(v_0\sin\theta+\sqrt{v_0^{2}\sin^{2}\theta+2gh}\right)$
6. Dérivez et annulez. Tout se ramène à une seule condition sur sin θ, et la falaise n'intervient que par le groupe sans dimension 2gh/v₀². Avec h = 0, on retrouve sin θ = 1/√2, les 45° familiers. Ici on obtient 37,248°.
  
  $\frac{dR}{d\theta}=0\ \Longrightarrow\ \sin\theta^{*}=\frac{1}{\sqrt{2+2gh/v_0^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2.72967}}=0.60526\ \Longrightarrow\ \theta^{*}=37.248^\circ$
7. Mettez maintenant les trois angles côte à côte et lisez les grandeurs, pas seulement l'ordre.
  
  $R(37.248^\circ)=64.887,\qquad R(35^\circ)=64.764,\qquad R(45^\circ)=63.355\ \ \mathrm{(m)}$
Réponse

Le meilleur angle depuis cette falaise est 37,248°, et se réajuster vaut 12 cm sur un tir de 65 m. Voilà la vraie leçon, et elle n'est pas dans l'optimum : un maximum est plat, donc le manquer de 2,2° ne coûte presque rien. Ce qui coûte cher, c'est d'apporter le mauvais modèle — 45° n'est optimal qu'au niveau du sol, et l'employer ici gaspille 1,532 m, douze fois le prix de l'erreur de visée. Élevez la falaise et θ* continue de baisser ; à la limite d'une falaise très haute, le tir le plus long est presque horizontal.

$\sin\theta^{*}=\left(2+\frac{2gh}{v_0^{2}}\right)^{-1/2}\Longrightarrow\theta^{*}=37.248^\circ;\qquad R^{*}-R(35^\circ)=0.123\ \mathrm{m},\qquad R^{*}-R(45^\circ)=1.532\ \mathrm{m}$

Exercices supplémentaires, réponses seules

On lance horizontalement une pierre à 12 m/s depuis le sommet d'une falaise de 30 m. Combien de temps met-elle pour toucher le sol, et à quelle distance du pied de la falaise ?

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2,473 s et 29,68 m.

$t_f=\sqrt{\frac{2(30)}{9{.}81}}=2{.}473\ \mathrm{s},\qquad R=12\times2{.}473=29{.}68\ \mathrm{m}$
Un ballon est tiré depuis un sol plat à 18 m/s, sous un angle de 60° au-dessus de l'horizontale. Calculez sa hauteur maximale et sa portée.

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12,39 m et 28,60 m.

$y_{\max}=\frac{(18\sin60^\circ)^{2}}{2(9{.}81)}=12{.}39\ \mathrm{m},\qquad R=\frac{18^{2}\sin120^\circ}{9{.}81}=28{.}60\ \mathrm{m}$
Une balle est lancée à 20 m/s sous un angle de 30° au-dessus de l'horizontale. Déterminez sa vitesse et sa direction 1,0 s plus tard.

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17,32 m/s, sous 0,63° au-dessus de l'horizontale : elle se trouve juste avant le sommet.

$v_x=17{.}32,\quad v_y=10-9{.}81=0{.}19\ \ (\mathrm{m/s})\ \Rightarrow\ v=17{.}32\ \mathrm{m/s},\ \ 0{.}63^\circ$
Quelle est la portée maximale sur sol plat d'un projectile lancé à 50 m/s, et quelle est sa durée de vol ?

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254,8 m à 45°, au bout de 7,208 s.

$R_{\max}=\frac{v_0^{2}}{g}=\frac{50^{2}}{9{.}81}=254{.}8\ \mathrm{m},\qquad t_f=\frac{2(50)\sin45^\circ}{9{.}81}=7{.}208\ \mathrm{s}$
Une fléchette lancée horizontalement vers une cible située à 2,5 m atteint la cible 0,20 m sous le point visé. Quelle était sa vitesse initiale ?

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12,38 m/s : la descente de 0,20 m prend 0,2019 s.

$t=\sqrt{\frac{2(0{.}20)}{9{.}81}}=0{.}2019\ \mathrm{s},\qquad v_0=\frac{2{.}5}{0{.}2019}=12{.}38\ \mathrm{m/s}$

Parcours

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Références (1)

Insight block 2 stacks two motions. Arriving at that decomposition took Galileo most of a career: S. Drake, "Galileo’s Discovery of the Parabolic Trajectory", in Essays on Galileo and the History and Philosophy of Science, 160–170. University of Toronto Press, 1999.

Par l’équipe 7 Raven Room · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.