Tu n'as jamais entendu parler de projectile et satellite ? Pas de panique ! On va repartir de la notion que tu as vue en première : le mouvement dans un champ uniforme. En deux temps trois mouvements, tu sauras calculer une portée, une vitesse orbitale... Accroche-toi, c'est parti !
En première, tu as vu que lorsqu'un objet est soumis à une force constante (en direction, sens et norme), le mouvement se décompose en deux axes indépendants :
La deuxième loi de Newton donne : $\vec{a} = \dfrac{\sum \vec{F}}{m} = \text{constante}$. C'est le cas d'un projectile (seul le poids agit) ou d'un satellite en orbite circulaire (force centrale constante en norme).
On étudie le mouvement d'un objet lancé dans le champ de pesanteur uniforme $\vec{g}$, en négligeant les frottements. La seule force est le poids $\vec{P}=m\vec{g}$, donc l'accélération est $\vec{a}=\vec{g}$.
On choisit un repère orthonormé $(O, \vec{x}, \vec{y})$ : $x$ horizontal dans le sens du mouvement, $y$ vertical vers le haut. Alors :
La trajectoire $y(x)$ est une parabole.
Un satellite de masse $m$ en orbite circulaire (rayon $R$) n'est soumis qu'à la force de gravitation terrestre : $F = G \dfrac{M_T m}{R^2}$ (dirigée vers le centre). La 2e loi de Newton projetée sur l'axe radial fournit :
$m \dfrac{v^2}{R} = G \dfrac{M_T m}{R^2}$
d'où $v = \sqrt{\dfrac{GM_T}{R}}$. La période est $T = \dfrac{2\pi R}{v} = 2\pi \sqrt{\dfrac{R^3}{GM_T}}$.
On retrouve la 3e loi de Kepler : $\dfrac{T^2}{R^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM_T} = \text{constante}$ pour un même astre central.
On lance un objet depuis le sol avec une vitesse initiale $v_0$ faisant un angle $\theta$ avec l'horizontale. Le repère est $(O, x, y)$, $y$ vertical vers le haut. Le champ de pesanteur est uniforme, $g = 9,81\ \text{m/s}^2$. Les frottements sont négligés.
Complète les équations :
- Accélération : $a_x = \underline{\hspace{1.1em}}$ , $a_y = \underline{\hspace{1.1em}}$
- Conditions initiales : $x_0 = \underline{\hspace{1.1em}}$ , $y_0 = \underline{\hspace{1.1em}}$ , $v_{x0} = \underline{\hspace{1.1em}}$ , $v_{y0} = \underline{\hspace{1.1em}}$
- Vitesses : $v_x(t) = \underline{\hspace{1.1em}}$ , $v_y(t) = \underline{\hspace{1.1em}}$
- Positions : $x(t) = \underline{\hspace{1.1em}}$ , $y(t) = \underline{\hspace{1.1em}}$
Accélération : $a_x = 0$ , $a_y = -g$
Conditions initiales : $x_0 = 0$ , $y_0 = 0$ , $v_{x0} = v_0 \cos\theta$ , $v_{y0} = v_0 \sin\theta$
Vitesses : $v_x(t) = v_0 \cos\theta$ , $v_y(t) = v_0 \sin\theta - g t$
Positions : $x(t) = v_0 \cos\theta \, t$ , $y(t) = v_0 \sin\theta \, t - \frac{1}{2} g t^2$
Un satellite de masse $m$ décrit une orbite circulaire de rayon $R$ autour de la Terre (masse $M_T$). La seule force est l'attraction gravitationnelle $F = G \frac{M_T m}{R^2}$. La deuxième loi de Newton, projetée sur l'axe radial (dirigé vers le centre), donne $m a = F$, avec $a = \underline{\hspace{1.1em}}$ (accélération centripète). On obtient alors l'équilibre orbital : $G \frac{M_T m}{R^2} = m \frac{v^2}{R}$. En simplifiant par $m$ et en multipliant par $R$, on trouve $v^2 = \underline{\hspace{1.1em}}$, donc la vitesse orbitale est $v = \underline{\hspace{1.1em}}$. La période orbitale $T$ est le temps pour parcourir la circonférence $2\pi R$ à vitesse $v$: $T = \frac{2\pi R}{v} = \underline{\hspace{1.1em}}$ (expression en fonction de $R$, $G$, $M_T$). En élevant au carré, on retrouve la troisième loi de Kepler : $T^2 = \underline{\hspace{1.1em}}$.
$a = \dfrac{v^2}{R}$
$v^2 = \dfrac{GM_T}{R}$
$v = \sqrt{\dfrac{GM_T}{R}}$
$T = \dfrac{2\pi R}{\sqrt{\frac{GM_T}{R}}} = 2\pi \sqrt{\dfrac{R^3}{GM_T}}$
$T^2 = \dfrac{4\pi^2}{GM_T} R^3$
Un projectile est lancé horizontalement depuis une hauteur $h$ avec une vitesse horizontale $v_0$. On choisit un repère avec origine au point de lancement, $x$ horizontal, $y$ vertical vers le haut.
Complète les équations horaires : $x(t) = \underline{\hspace{1.1em}}$, $y(t) = \underline{\hspace{1.1em}}$. Le temps de chute $t_c$ est tel que $y(t_c) = -h$, ce qui donne $- \frac{1}{2} g t_c^2 = -h$, d'où $t_c = \underline{\hspace{1.1em}}$. La portée horizontale est $d = x(t_c) = \underline{\hspace{1.1em}}$.
$x(t) = v_0 t$ , $y(t) = -\frac{1}{2} g t^2$
$t_c = \sqrt{\dfrac{2h}{g}}$
$d = v_0 \sqrt{\dfrac{2h}{g}}$
Ah oui, ça te revient : la décomposition du mouvement, la parabole, le satellite... On va remettre tout ça en ordre avec une méthode pas-à-pas. Accroche-toi, on va réactiver les automatismes !
Un projectile est lancé horizontalement depuis une hauteur $h = 20\ \text{m}$ avec une vitesse initiale $v_0 = 5\ \text{m/s}$. On choisit un repère $(O,x,y)$ : $O$ au point de lancement, $x$ horizontal vers la droite, $y$ vertical vers le haut. On prend $g = 9,81\ \text{m/s}^2$.
Complète :
- Accélération : $a_x = \underline{\hspace{1.1em}}$ , $a_y = \underline{\hspace{1.1em}}$
- Conditions initiales : $x_0 = \underline{\hspace{1.1em}}$, $y_0 = \underline{\hspace{1.1em}}$, $v_{x0} = \underline{\hspace{1.1em}}$, $v_{y0} = \underline{\hspace{1.1em}}$
- Équations horaires : $x(t) = \underline{\hspace{1.1em}}$ , $y(t) = \underline{\hspace{1.1em}}$
- Durée de chute $t_c$ : résous $y(t_c) = -20$, donc $-\frac{1}{2} g t_c^2 = -20$ → $t_c = \sqrt{\frac{2 \times 20}{g}} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{s}$ (arrondis à deux décimales).
- Portée horizontale : $d = x(t_c) = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m}$ (arrondis à une décimale).
- Accélération : $a_x = 0$ , $a_y = -9,81$
- Conditions initiales : $x_0 = 0$, $y_0 = 0$, $v_{x0} = 5\ \text{m/s}$, $v_{y0} = 0$
- Équations horaires : $x(t) = 5t$ , $y(t) = -4,905\,t^2$
- $t_c = \sqrt{\frac{40}{9,81}} \approx 2,02\ \text{s}$
- $d = 5 \times 2,02 = 10,1\ \text{m}$
Un satellite décrit une orbite circulaire de rayon $R = 7,0 \times 10^6\ \text{m}$ autour de la Terre. Données : $G = 6,67 \times 10^{-11}\ \text{N·m}^2/\text{kg}^2$, $M_T = 5,97 \times 10^{24}\ \text{kg}$. Calcule la vitesse orbitale $v$ et la période $T$. Exprime $T$ en heures.
$v = \sqrt{\dfrac{GM_T}{R}} = \sqrt{\dfrac{6,67 \times 10^{-11} \times 5,97 \times 10^{24}}{7,0 \times 10^6}} \approx \sqrt{5,69 \times 10^7} \approx 7540\ \text{m/s}$.
$T = \dfrac{2\pi R}{v} = \dfrac{2\pi \times 7,0 \times 10^6}{7540} \approx 5830\ \text{s}$.
Conversion : $T = \dfrac{5830}{3600} \approx 1,62\ \text{h}$.
On va répéter le même geste cinq fois, avec des nombres différents. Tu vas voir, après ça, poser les équations horaires sera un réflexe !
Pour un projectile lancé depuis le sol avec vitesse $v_0$ et angle $\theta$ :
Un projectile est lancé depuis le sol avec $v_0 = 10\ \text{m/s}$ et $\theta = 30°$. On donne $\cos 30° = 0,866$, $\sin 30° = 0,500$. Calculer :
a) $v_{x0} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m/s}$, $v_{y0} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m/s}$
b) Durée du vol : $t_{vol} = \dfrac{2 v_{y0}}{g} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{s}$
c) Portée : $x_{max} = v_{x0} t_{vol} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m}$
d) Hauteur max : $H_{max} = \dfrac{v_{y0}^2}{2g} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m}$
(Prends $g = 9,81\ \text{m/s}^2$, arrondis à deux décimales)
$v_{x0} = 8,66\ \text{m/s}$, $v_{y0} = 5,00\ \text{m/s}$
$t_{vol} = \dfrac{2 \times 5,00}{9,81} \approx 1,02\ \text{s}$
$x_{max} = 8,66 \times 1,02 \approx 8,83\ \text{m}$
$H_{max} = \dfrac{5,00^2}{2 \times 9,81} \approx 1,27\ \text{m}$
$v_0 = 20\ \text{m/s}$, $\theta = 60°$, $\cos 60° = 0,500$, $\sin 60° = 0,866$.
a) $v_{x0} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m/s}$, $v_{y0} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m/s}$
b) $t_{vol} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{s}$
c) $x_{max} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m}$
d) $H_{max} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m}$
$v_{x0} = 10\ \text{m/s}$, $v_{y0} = 17,32\ \text{m/s}$
$t_{vol} \approx 3,53\ \text{s}$
$x_{max} \approx 35,3\ \text{m}$
$H_{max} \approx 15,3\ \text{m}$
$v_0 = 15\ \text{m/s}$, $\theta = 45°$, $\cos 45° = \sin 45° = 0,707$.
a) $v_{x0} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m/s}$, $v_{y0} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m/s}$
b) $t_{vol} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{s}$
c) $x_{max} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m}$
d) $H_{max} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m}$
$v_{x0} \approx 10,61\ \text{m/s}$, $v_{y0} \approx 10,61\ \text{m/s}$
$t_{vol} \approx 2,16\ \text{s}$
$x_{max} \approx 22,9\ \text{m}$
$H_{max} \approx 5,74\ \text{m}$
$v_0 = 8\ \text{m/s}$, $\theta = 20°$, $\cos 20° = 0,940$, $\sin 20° = 0,342$.
a) $v_{x0} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m/s}$, $v_{y0} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m/s}$
b) $t_{vol} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{s}$
c) $x_{max} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m}$
d) $H_{max} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m}$
$v_{x0} \approx 7,52\ \text{m/s}$, $v_{y0} \approx 2,74\ \text{m/s}$
$t_{vol} \approx 0,558\ \text{s}$
$x_{max} \approx 4,20\ \text{m}$
$H_{max} \approx 0,382\ \text{m}$
$v_0 = 12\ \text{m/s}$, $\theta = 50°$, $\cos 50° = 0,643$, $\sin 50° = 0,766$.
a) $v_{x0} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m/s}$, $v_{y0} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m/s}$
b) $t_{vol} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{s}$
c) $x_{max} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m}$
d) $H_{max} = \underline{\hspace{1.1em}}\ \text{m}$
$v_{x0} \approx 7,72\ \text{m/s}$, $v_{y0} \approx 9,19\ \text{m/s}$
$t_{vol} \approx 1,87\ \text{s}$
$x_{max} \approx 14,5\ \text{m}$
$H_{max} \approx 4,31\ \text{m}$
Maintenant, place au niveau attendu ! Tu vas résoudre des problèmes comme en contrôle ou au bac. N'oublie pas : décompose, intègre, conditions initiales, et réponds à la question. Tu gères !
Un colis est largué sans vitesse initiale verticale depuis un avion volant à l'altitude $h = 320\ \text{m}$ avec une vitesse horizontale $v_0 = 50\ \text{m/s}$. Les frottements sont négligés.
On choisit un repère d'origine au point de largage, axe $x$ horizontal dans le sens du mouvement, axe $y$ vertical vers le haut.
1. Justifier que $a_x = 0$ et $a_y = -g$, puis établir les équations horaires $x(t)$ et $y(t)$.
2. Calculer la durée $t_c$ de la chute jusqu'au sol.
3. Calculer la distance horizontale $d$ parcourue à l'impact.
4. Calculer la norme de la vitesse au moment de l'impact.
1. Bilan des forces : seul le poids agit, donc $\vec{a} = \vec{g}$, soit $a_x = 0$ et $a_y = -g$. Conditions initiales : $x_0 = 0$, $y_0 = 0$, $v_{x0} = 50\ \text{m/s}$, $v_{y0} = 0$.
Intégration : $x(t) = 50t$ et $y(t) = -\dfrac{1}{2}g\,t^2 = -4{,}905\,t^2$.
2. Au sol, $y(t_c) = -320\ \text{m}$ :
$-4{,}905\,t_c^2 = -320 \Rightarrow t_c = \sqrt{\dfrac{320}{4{,}905}} = \sqrt{\dfrac{640}{9{,}81}} \approx \mathbf{8{,}08\ \text{s}}$.
3. $d = x(t_c) = 50 \times 8{,}08 \approx \mathbf{404\ \text{m}}$.
4. À l'impact : $v_x = 50\ \text{m/s}$ et $v_y = -g\,t_c = -9{,}81 \times 8{,}08 \approx -79{,}3\ \text{m/s}$.
$\|\vec{v}\| = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{50^2 + 79{,}3^2} \approx \sqrt{8788} \approx \mathbf{93{,}7\ \text{m/s}}$.
Vérification par l'énergie : $v = \sqrt{v_0^2 + 2gh} = \sqrt{2500 + 2 \times 9{,}81 \times 320} = \sqrt{8778} \approx 93{,}7\ \text{m/s}$.
Un ballon est botté depuis le sol avec une vitesse initiale $v_0 = 18\ \text{m/s}$ selon un angle $\theta = 40°$ par rapport à l'horizontale. Le ballon retombe au même niveau que le départ. On prend $g = 9,81\ \text{m/s}^2$, $\cos 40° \approx 0,766$, $\sin 40° \approx 0,643$.
1. Calculer les composantes $v_{x0}$ et $v_{y0}$.
2. Établir l'expression de la durée totale de vol $t_{vol}$ et calculer sa valeur.
3. Calculer la portée horizontale $x_{max}$.
4. Calculer la hauteur maximale $H_{max}$ atteinte par le ballon.
1. Composantes de la vitesse initiale
$v_{x0} = v_0 \cos\theta = 18 \times 0{,}766 = 13{,}8\ \text{m/s}$
$v_{y0} = v_0 \sin\theta = 18 \times 0{,}643 = 11{,}6\ \text{m/s}$
2. Durée totale de vol
La loi horaire verticale est $y(t) = v_{y0}\,t - \dfrac{1}{2}g\,t^2$. Le ballon retombe au sol quand $y(t) = 0$ avec $t
eq 0$, donc :
$v_{y0} - \dfrac{1}{2}g\,t_{\text{vol}} = 0 \implies t_{\text{vol}} = \dfrac{2\,v_{y0}}{g}$
$t_{\text{vol}} = \dfrac{2 \times 11{,}6}{9{,}81} = \dfrac{23{,}2}{9{,}81} \approx 2{,}36\ \text{s}$
3. Portée horizontale
Le mouvement horizontal est uniforme : $x_{\text{max}} = v_{x0}\,t_{\text{vol}} = 13{,}8 \times 2{,}36 \approx 32{,}6\ \text{m}$
4. Hauteur maximale
La hauteur est maximale quand $v_y = 0$, c'est-à-dire à $t^* = v_{y0}/g$. On substitue dans la loi horaire verticale :
$H_{\text{max}} = v_{y0}\,t^* - \dfrac{1}{2}g\,(t^*)^2 = \dfrac{v_{y0}^2}{2g} = \dfrac{11{,}6^2}{2 \times 9{,}81} = \dfrac{134{,}56}{19{,}62} \approx 6{,}86\ \text{m}$
Un satellite artificiel est en orbite circulaire à l'altitude $h = 500\ \text{km}$ au-dessus de la Terre. Données : $R_T = 6,37 \times 10^6\ \text{m}$, $G = 6,67 \times 10^{-11}\ \text{N·m}^2\cdot\text{kg}^{-2}$, $M_T = 5,97 \times 10^{24}\ \text{kg}$.
1. Calculer le rayon $R$ de l'orbite.
2. En appliquant la deuxième loi de Newton au satellite en mouvement circulaire uniforme, établir l'expression littérale de la vitesse orbitale $v$.
3. Calculer $v$ numériquement.
4. Calculer la période orbitale $T$ et la convertir en minutes.
1. $R = R_T + h = 6,37 \times 10^6 + 5,00 \times 10^5 = 6,87 \times 10^6\ \text{m}$.
2. $F = G \frac{M_T m}{R^2}$, accélération centripète $a = v^2/R$. 2e loi : $m v^2/R = G M_T m / R^2$ → $v = \sqrt{\dfrac{GM_T}{R}}$.
3. $v = \sqrt{\dfrac{6,67 \times 10^{-11} \times 5,97 \times 10^{24}}{6,87 \times 10^6}} \approx \sqrt{5,80 \times 10^7} \approx 7616\ \text{m/s}$.
4. $T = \dfrac{2\pi R}{v} = \dfrac{2\pi \times 6,87 \times 10^6}{7616} \approx 5670\ \text{s}$. Conversion : $5670 / 60 \approx 94,5\ \text{min}$.
Un satellite géostationnaire est en orbite circulaire avec une période $T = 24\ \text{h} = 86\,400\ \text{s}$. Données identiques à l'exercice 3.
1. Rappeler la relation entre $T$, $R$ et $GM_T$ (troisième loi de Kepler).
2. Calculer numériquement le rayon $R_{géo}$ de l'orbite géostationnaire.
3. En déduire l'altitude $h_{géo}$ du satellite au-dessus de la Terre.
4. Calculer la vitesse orbitale du satellite géostationnaire.
1. $T^2 = \dfrac{4\pi^2}{GM_T} R^3$ → $R = \sqrt[3]{\dfrac{GM_T T^2}{4\pi^2}}$.
2. $GM_T = 3,98 \times 10^{14}$, $T^2 = 7,46 \times 10^9$. $R = \left( \dfrac{3,98 \times 10^{14} \times 7,46 \times 10^9}{4\pi^2} \right)^{1/3} = (7,52 \times 10^{22})^{1/3} \approx 4,22 \times 10^7\ \text{m} = 42\,200\ \text{km}$.
3. $h_{géo} = R_{géo} - R_T = 42\,200 - 6\,370 = 35\,830\ \text{km}$.
4. $v = \dfrac{2\pi R}{T} = \dfrac{2\pi \times 4,22 \times 10^7}{86\,400} \approx 3\,070\ \text{m/s}$.
Un lanceur situé au bord d'une falaise de hauteur $H = 60\ \text{m}$ tire horizontalement un projectile avec une vitesse initiale $v_0$ inconnue. Le projectile doit atteindre une cible posée au sol à la distance horizontale $d = 100\ \text{m}$ de la base de la falaise. On prend $g = 9,81\ \text{m/s}^2$.
1. Calculer la durée de chute $t_c$ en fonction de $H$ et $g$.
2. En déduire la vitesse initiale $v_0$ nécessaire.
3. Calculer la norme de la vitesse d'impact.
4. Calculer l'angle $\alpha$ que forme le vecteur vitesse avec l'horizontale à l'impact.
1. Le projectile est lancé horizontalement depuis une hauteur $H = 60\ \text{m}$ avec $v_{y,0} = 0$. La chute verticale obéit à $H = \dfrac{1}{2}g\,t_c^2$, d'où
$$t_c = \sqrt{\dfrac{2H}{g}} = \sqrt{\dfrac{2 \times 60}{9{,}81}} \approx 3{,}50\ \text{s}.$$
2. Horizontalement, la vitesse est constante : $d = v_0\,t_c$, donc
$$v_0 = \dfrac{d}{t_c} = \dfrac{100}{3{,}50} \approx 28{,}6\ \text{m/s}.$$
3. À l'impact, les composantes de la vitesse sont $v_x = v_0 \approx 28{,}6\ \text{m/s}$ et $v_y = -g\,t_c = -9{,}81 \times 3{,}50 \approx -34{,}3\ \text{m/s}$. La norme de la vitesse d'impact vaut
$$v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{28{,}6^2 + 34{,}3^2} = \sqrt{817{,}96 + 1\,176{,}49} = \sqrt{1\,994{,}45} \approx 44{,}7\ \text{m/s}.$$
Le résultat arrondi est bien $44{,}7\ \text{m/s}$ et non $44{,}6\ \text{m/s}$ : $44{,}66^2 \approx 1994{,}5 > 1994{,}45$, et la partie décimale vaut $\tfrac{1994{,}45 - 1989{,}16}{1998{,}09 - 1989{,}16} \approx 0{,}59$, soit $44{,}659 \approx 44{,}7\ \text{m/s}$.
4. L'angle avec l'horizontale est donné par $\tan\alpha = \dfrac{|v_y|}{v_x} = \dfrac{34{,}3}{28{,}6} \approx 1{,}20$, donc
$$\alpha = \arctan(1{,}20) \approx 50{,}2°.$$
Curieux de voir ce qui t'attend après le bac ? On va explorer des situations plus subtiles : elliptiques, frottements... Tu vas voir, c'est passionnant !
Les trois lois de Kepler généralisent le mouvement des corps célestes :
Ces lois résultent de la gravitation universelle et du principe fondamental de la dynamique.
Un satellite est en orbite elliptique autour de la Terre. Explique qualitativement comment sa vitesse varie entre le périgée (point le plus proche) et l'apogée (point le plus éloigné) en utilisant la conservation de l'énergie mécanique. En quoi la deuxième loi de Kepler traduit-elle cette variation ?
L'énergie mécanique $E = -\dfrac{GMm}{2a}$ est constante ($a$ demi-grand axe). Au périgée, $r$ est minimal, donc l'énergie potentielle $-GMm/r$ est plus négative ; par conservation, l'énergie cinétique est plus grande → vitesse maximale. À l'apogée, $r$ maximal → énergie potentielle moins négative → énergie cinétique plus faible → vitesse minimale. La 2e loi de Kepler indique que la vitesse aréolaire $\frac{dA}{dt} = \frac12 r^2 \dot{\theta}$ est constante ; pour balayer la même aire en un temps donné, quand $r$ diminue, la vitesse angulaire $\dot{\theta}$ doit augmenter, d'où une vitesse tangentielle plus grande.
Dans la réalité, un projectile subit une force de frottement de l'air souvent modélisée par $\vec{f} = -k \vec{v}$ (frottement linéaire) ou $-\frac{1}{2} \rho C_d S v^2 \vec{u}$ (quadratique). Explique pourquoi les équations du mouvement ne sont plus simplement $a_x=0$, $a_y=-g$, mais deviennent des équations différentielles couplées. Quel paramètre permet d'évaluer l'importance du frottement ?
Sans frottement, le seul bilan des forces donne $\vec{P} = m\vec{g}$, ce qui conduit directement à $a_x = 0$ et $a_y = -g$ : les accélérations sont constantes, et les équations se résolvent par simple intégration.
Dès qu'un frottement dépend de la vitesse, les accélérations ne sont plus constantes : elles dépendent des composantes de $\vec{v}$, qui changent au cours du temps. On obtient alors des équations différentielles.
Cas du frottement linéaire $\vec{f} = -k\vec{v}$.
La force de frottement a pour composantes $f_x = -kv_x$ et $f_y = -kv_y$. Le principe fondamental donne :
$a_x = -\dfrac{k}{m}v_x$ et $a_y = -g - \dfrac{k}{m}v_y$
Ces deux équations sont découplées : la première ne fait intervenir que $v_x$, la seconde que $v_y$. Chacune se résout séparément (loi exponentielle). Le mouvement n'est donc plus uniformément accéléré, mais les équations restent indépendantes l'une de l'autre.
Cas du frottement quadratique $\vec{f} = -\dfrac{1}{2}\rho C_d S v^2\, \vec{u}$.
Ici $v = \|\vec{v}\| = \sqrt{v_x^2 + v_y^2}$ est la norme totale de la vitesse, et $\vec{u} = \vec{v}/v$ est le vecteur unitaire dans la direction du mouvement. Les composantes de la force sont :
$f_x = -\dfrac{1}{2}\rho C_d S \sqrt{v_x^2 + v_y^2}\; v_x$ et $f_y = -\dfrac{1}{2}\rho C_d S \sqrt{v_x^2 + v_y^2}\; v_y$
Le principe fondamental donne :
$\dot{v}_x = -\dfrac{\rho C_d S}{2m}\sqrt{v_x^2+v_y^2}\; v_x$
$\dot{v}_y = -g - \dfrac{\rho C_d S}{2m}\sqrt{v_x^2+v_y^2}\; v_y$
Ces deux équations sont couplées : l'équation sur $v_x$ fait intervenir $v_y$ (via le terme $\sqrt{v_x^2+v_y^2}$), et réciproquement. Il est alors impossible de les résoudre séparément ; on doit recourir à une intégration numérique.
Paramètre évaluant l'importance du frottement.
On compare la force de frottement au poids. Pour le frottement linéaire, le rapport sans dimension $\dfrac{k v_0}{mg}$ (rapport de la force de frottement initiale au poids) permet de savoir si le frottement est négligeable. Pour le frottement quadratique, le paramètre analogue est $\dfrac{\rho C_d S v_0^2}{2mg}$. Ces deux rapports sont liés au nombre de Reynolds, qui caractérise le régime d'écoulement autour du projectile. Si ces rapports sont très inférieurs à $1$, les frottements peuvent être négligés en première approximation.
En orbite, l'accélération de la pesanteur n'est plus $g_0 = 9,81\ \text{m/s}^2$ mais dépend de l'altitude : $g(R) = \dfrac{GM_T}{R^2}$. Calcule $g$ à l'altitude $h = 400\ \text{km}$ et compare à $g_0$. Pourquoi, même si $g$ est plus faible, le satellite ne tombe-t-il pas ?
$R = R_T + h = 6,37\times10^6 + 0,40\times10^6 = 6,77\times10^6\ \text{m}$. $g = \dfrac{GM_T}{R^2} = \dfrac{3,98\times10^{14}}{(6,77\times10^6)^2} \approx \dfrac{3,98\times10^{14}}{4,58\times10^{13}} \approx 8,69\ \text{m/s}^2$, soit environ 89% de $g_0$. Le satellite ne tombe pas car il possède une vitesse horizontale suffisante : la courbure de sa trajectoire due à l'attraction terrestre correspond à la courbure de la Terre. C'est le principe de la mise en orbite : l'objet est perpétuellement en chute libre autour de la Terre.
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