Chapitre 4: LE MOUVEMENT DANS UN CHAMPS DE GRAVITATION - Physique-Chimie Terminale D | DigiClass
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LE MOUVEMENT DANS UN CHAMPS DE GRAVITATION

I.  Les forces de gravitation et le champ gravitationnel

On appelle gravitation, le phénomène suivant lequel tous les corps s’attirent réciproquement par des forces
dont nous allons étudier les propriétés au cours de ce paragraphe.

A.  Les forces de gravitation : Loi de l’attraction universelle ou loi de Newton

Deux objets ponctuels A (de masse $m_A$) et B (de masse $m_B$ ), situés à la distance d=AB l’un de l’autre s’attirent réciproquement. La force d’attraction est:

  • proportionnelle aux masses $m_A$ et $m_B$ ;
  • inversement proportionnelle au carré de la distance d.

Le corps A de masse mA exerce sur le corps B une force $\vec{F}_{A/B}$ (lire $\vec{F}$ de A vers B). Réciproquement, le corps B de masse $m_B$ exerce sur le corps A une force $\vec{F}_{B/A}$ .$\vec{F}_{A/B}$ et $\vec{F}_{B/A}$  ont même droite d’action, même module mais sont de sens contraire.

$\vec{F}_{A/B}$ et $\vec{F}_{B/A}$ portent le nom de $\textbf{forces de gravitation}$ ou $\textbf{forces d’interaction gravitationnelle.}$

Leur intensité commune a pour expression :

$\vec{F}_{A/B}=\vec{F}_{B/A}=G\frac{m_{A}.m_{B}}{d^{2}}$

  • $\vec{F}_{A/B}$ et $\vec{F}_{B/A}$ en [N] ;
  • $m_A$ et $m_B$ en [kg] ;

  • $\textbf{d en [m]}$

  • $\textbf{G : constante d’attraction (ou de gravitation) universelle ; sa valeur dans le SI est :}$ G= $6,67.10^{-11}N.m^{2}.kg^{-2}$

$\textbf{Exercice 1}$

Calculer la force de gravitation exercée par le Soleil sur la Terre. Données : $m_s$ = $2.10^{30} kg$ ; $m_T$= $6.10^{24} kg$ ; $r = 1,5.10^{11} m$ ; $G = 6.67.10^{-11}S.I$

$\textbf{Corrigé}$

On a : $F=G\frac{m_{s}m_{T}}{r2}$   AN : F = $3,6.10^{22}$ N

$\textbf{Exercice 2}$

Calculer la force de gravitation exercée par le proton sur l’électron. Données : $m_p$ = $m_n$ = $1,67.10^{-27} kg$ ; $m_e$ = $9,1.10^{-31}kg$ ; $r = 53 pm$ = $53.10^{-12} m$.

Corrigé

On a : $F=G\frac{m_{p}m_{e^{-}}}{r2}$     AN : F = $3,6.10^{-47} N$

B.  Expression vectorielle de la force de gravitation

Définissons sur la droite AB un vecteur unitaire $\vec{𝐢}$ orienté de A vers B. Alors,

$\vec{F}_{A/B} =-G\frac{m_{A}m_{B}}{d^{2}}.\vec{i}$

$\vec{F}_{B/A} =G\frac{m_{A}m_{B}}{d^{2}}.\vec{i}$

C.  Notion de champ de gravitation

$\textbf{Qu’est – ce qu’un champ ?}$

$\textbf{On appelle champ, un domaine de l’espace où se manifeste un phénomène mécanique, électrique ou magnétique.}$

On dit qu’il existe $\textbf{un champ de gravitation}$ en un point de l’espace si une masse placée en ce point est soumise à une force de gravitation.

Du point de vue quantitatif, notons M la masse de l’objet ponctuel placée en un point  A de l’espace; soit $\vec{F}$ la force gravitationnelle à laquelle elle est soumise. La grandeur définit $\frac{\vec{F}}{M}$ $\textbf{le vecteur champ de gravitation}$ en A. On le note $\vec{g}$ . Donc : $\vec{g}=\frac{\vec{F}}{M}$ .

La valeur  du champ de gravitation est :$\vec{g}=\frac{F}{M}$ où :

  • $\textbf{F : force de gravitation [N] ;}$
  • $\textbf{M : masse [kg] ;}$
  • $\textbf{g : valeur du champ de gravitation }$ $[Nkg^{-1}]$.

D.  Champ de gravitation créé par une masse ponctuelle

Déterminons le champ de gravitation créé au point B par un objet ponctuel de masse m placée en A (AB = d).

Plaçons en B un objet ponctuel de masse M (appelé objet d’essai). M est soumise à la force de gravitation, $\vec{F} =-G\frac{m M}{r^{2}}.\vec{i}$

D’après la définition du vecteur champ de gravitation,

  $\vec{F} = M\vec{g}$ (2)

Identifions les expressions (1) et (2) : $M\vec{g} =-G\frac{m M}{r^{2}}.\vec{i}$ d’où $\vec{g} =-G\frac{m}{d^{2}}.\vec{i}$

La valeur de ce champ est : $g =-G\frac{m}{d^{2}}$

Conclusion: Le champ de gravitation $\vec{g}$ créé par la masse m en un point B est toujours dirigé et orienté vers la masse m. Sa valeur G est :

  • $\textbf{proportionnelle à la masse m;}$
  • $\textbf{inversement proportionnelle à}$ $d^2$.

E.  Les lignes de champ

On appelle ligne de champ de gravitation une ligne qui en chacun de ses points, est tangente au vecteur champ de gravitation $\vec{g}$ en ce point. Conventionnellement, on oriente les lignes de champ dans le sens du vecteur $\vec{g}$.

F.  Champ de gravitation d’un objet à symétrie sphérique

Un objet à symétrie sphérique est un objet qui présente les mêmes propriétés dans toutes les directions issues d’un point O, à la même distance r du point O.

Valeur de champ

Les astres sont des objets à symétrie sphérique. Du point de vue de la gravitation, un astre peut être remplacé par un objet ponctuel coïncidant avec son centre et dont la masse est égale à la masse de l’astre.

Cas de la Terre dont la masse est notée MT . La valeur du champ de gravitation créé par la Terre en un point B de l’espace est :

$g=G\frac{M_{T}}{d^{2}}$ où :

  • $d = R_{T} + z$ ;
  • $R_{T}$ est le rayon de la Terre : $R_{T} = 6400km$;
  • z est l’altitude du point considéré.

Donc :

$g=G\frac{M_{T}}{(R_{T}+z)^{2}}$ (3)

$\textbf{Quelques cas particuliers de la valeur du champ}$

$\textbf{À la surface de la Terre}$

Où z = 0, l’expression (3) nous donne la valeur de   g0 du champ de gravitation au sol :

$g_{0}=G\frac{M_{T}}{(R_{T})^{2}}$

$\textbf{À l’altitude z}$, notons  (z) la valeur du champ de gravitation à l’altitude z : $g(z)=G\frac{M_{T}}{(R_{T}+z)^{2}}$

$\frac{g(z)}{g_0}$ = $\frac{G\frac{M_{T}}{(R_{T}+z)^{2}}}{G\frac{M_{T}}{(R_{T})^{2}}}$ = $\frac{R_{T^{2}}}{(R_{T}+z)^{2}}$

$g(z)=g_{0}\frac{R^{2}_{T}}{(R_{T}+z)^{2}}$

$\textbf{Si l’altitude considérée est faible devant le rayon terrestre, on peut faire calculer la valeur}$ $g(z)$ $\textbf{par approximation}$:

$g(z)=g_{0}\frac{R^{2}_{T}}{(R_{T}+z)^{2}}$ = $g_{0}\frac{1}{(1+\frac{z}{R_{T}})^{2}}$ ≈ $g_{0}(1-2\frac{z}{R_{T}})$ car $(1 + ε)^{n}$ = $1+ nε$ si $ε << 1$

Exercice d’application

Calculer la valeur du champ de gravitation terrestre :

  1. Au niveau du sol
  2. A l’altitude d’un satellite artificiel géostatique $(z = 36000 km)$.

Données :

  • Masse de la Terre $M_T = 6.10^{24} kg$
  • Rayon de la Terre $R_T = 6,4.10^{6} m$
  • Constante de gravitation $G = 6,67.10^{-11} SI$

Solution

  1. $z = 0$

$G_{0}=G\frac{M_{T}}{(R_{T})^{2}}$    AN: $G_0 = 9,8 N.kg^{-1}$

  1. $z = 36000m$

$G (z)$ = $G_{0}\frac{R^{2}_{T}}{(R_{T}+z)^{2}}$ AN :  $G (z) = 0,22 N.kg^{-1}$

G.  Champ de gravitation et champ de pesanteur

Nous avons défini en classe de seconde le poids d’un corps de masse M par la relation $\vec{P}$ = $M\vec{g}$ . C’est aussi la force que la Terre, exerce sur ce corps. Notons que dans la relation ci-dessus, $\vec{g}$ est le vecteur champ de pesanteur.

Or d’après la loi de Newton, tout objet au voisinage de la Terre subit une force de gravitation $\vec{F}$ = $M\vec{g}$ où M est la masse de l’objet et $\vec{g}$ le vecteur champ de gravitation.

Donc en négligeant l’effet de la rotation terrestre, le poids  du corps s’identifie à la force de gravitation universelle :

           $\vec{F}=\vec{P}$ ⇒  $M\vec{g}=M\vec{g}$$\vec{g}=\vec{g}$

Le champ de pesanteur $\vec{g}$  et le champ de gravitation $\vec{g}$ en un point sont deux vecteurs égaux.

$\textbf{Remarque:}$

Dans un domaine restreint au voisinage de la surface de la Terre, on peut considérer que le champ de pesanteur est uniforme. En tout point de cette région, le vecteur champ de pesanteur est dit uniforme s’il garde :

  • la même direction.
  • le même sens.
  • la même intensité.

H.  Variation de l’intensité de la pesanteur

Au niveau du sol g0 = $g_{0}$  $g_{0}=G\frac{M_{T}}{(R_{T})^{2}}$

À l’altitude z 𝓰(𝐳) = 𝐠(𝐳)  $g(z)=g_{0}\frac{R^{2}_{T}}{(R_{T}+z)^{2}}$

Remarque.

Tous les astres exercent des forces d’attraction sur les objets situés à leur voisinage;

on peut ainsi définir un “g ” sur chaque astre.

Lune $g_L = 1,62 Nkg^{-1}$

Vénus $g_V = 8,90 Nkg^{-1}$

Jupiter $g_J= 1,62 Nkg^{-1}$

Mars $g_M = 3,60 Nkg^{-1}$

Exercice d’application

Dans ce problème on assimilera la Terre et la Lune à des corps homogènes à symétries sphériques. Leurs rayons et leur masses sont respectivement notés : $R_T ; R_L ; M_T ; M_L$.

d = la distance entre les deux centres vaut $3,84.10^{8}m$ ; $M_T = 5.98.10^{24} kg$ ; $M_L = 7,34.10^{22} kg$ et $G = 6.67.10^{-11}S.I$.

On pose $K=\frac{M_{L}}{M{T}}$

  1. Reproduire le schéma ci – dessus et représenter au point M les vecteurs champs de gravitation créés par la Lune et la Terre. Quel est le champ gravitationnel résultant $g_M$ en M ?
  2. Montrer qu’il existe un point P tel que TP = x, entre la Terre et la Lune où le champ de gravitation gest nul. On calculera la position x de ce point appelé point neutre.
  3. Sachant que le rayon de la Terre est $6380 km$, que peut – on dire de cette position ?
  4. On s’intéresse au champ de gravitation de la Terre g.
  5. Peut – on l’assimiler au champ de pesanteur g ?
  6. Exprimer la valeur g0 du champ de pesanteur au niveau du sol en fonction de la masse $M_T$ de la Terre et du rayon terrestre $R_T$. En déduire la masse $M_T$ de la Terre.
  7. Exprimer g en fonction de $g_0$.

On prendra $g_0 = 9,80 N.kg^{-1}$

 

II.  Le mouvement d’un point matériel dans le champ de pesanteur uniforme

A.  Mouvement de chute libre

Un corps est en chute libre si au cours de son évolution, il est soumis à la seule action de son poids.

$\textbf{Exemple}$ : Toute chute dans le vide est une chute libre.

B.  Expression de l’accélération

Considérons un objet ponctuel ou un solide de centre d’inertie G et de masse m. Il est lâché sans vitesse initiale d’un point d’altitude h au-dessus du niveau du sol. Nous allons déterminer les caractéristiques l’expression du vecteur accélération du mouvement du solide.

Ainsi,

  • le système étudié est l’objet de masse m;
  • l’étude est faite dans le référentiel terrestre supposé galiléen ;
  • bilan des forces appliquées au système.

L’objet en chute libre est soumis à la seule action de son poids $\vec{P}$. Dans le référentiel choisi, appliquons le théorème du centre d’inertie au système.

Æ©$\vec{F}$ext = m$\vec{a}$ avec Æ©$\vec{F}$ext = $\vec{p}$ d’où $m \vec{g}$ = $m \vec{a}$ d’où $\vec{a}$=$\vec{g}$ 

$\textbf{Conclusion:}$ Le vecteur accélération du centre d’inertie dans les mouvements de chute libre est égal au vecteur champ de pesanteur $\vec{g}$

C.  Chute libre suivant la verticale

1.  Chute libre sans vitesse initiale

$\textbf{Les équations horaires}$ 

On a : $\vec{a}$ = $\vec{g}$ 

Une primitive de $\vec{a}$ donne l’expression du vecteur vitesse $\vec{V}$ :  $\vec{V}$ = $\vec{a}.t$

Une primitive de  donne l’expression du vecteur position : $\vec{OM}$ = $\frac{1}{2}\vec{a}.t_{2}$                                              

Lorsque le repère est choisi, par exemple le repère (O ; $\vec{i}$ , $\vec{j}$ ) , une projection de $\vec{OM}$ suivant les axes du repère donne les équations paramétriques du mouvement :

$\left\{\begin{array}{rcr} x=-\frac{1}{2}a_{x}t^{2}\\y=-\frac{1}{2}a_{y}t^{2} \\\end{array} \right.$  ici $\vec{a}=\vec{g}$ et selon le répère (O;$\vec{i}$ ,$\vec{j}$) $\vec{a}\left|\begin{array}{ll} a_{x}=0\\a_{y}=-g\end{array} \right.$ et $\vec{V}\left|\begin{array}{ll} V_{x}=0\\V_{y}=-g.t\end{array} \right.$

$\textbf{Les équations paramétriques sont}$ : $\vec{OM}\left|\begin{array}{ll} x=0\\y=-\frac{1}{2}g.t^{2}\end{array} \right.$

2.  Chute libre avec vitesse initiale

$\textbf{Les équations horaires}$
On a : $\vec{a}$ = $\vec{g}$ 

$\textbf{Une primitive $\vec{a}$ de  donne l’expression du vecteur vitesse}$ $\vec{V}$ : $\vec{a}$ = $\vec{a}.t+\vec{V_{0}}$ où $V_0$ $\textbf{est la vitesse initiale du projectile.}$

$\textbf{Une primitive $\vec{V}$ de  donne l’expression vcteur position :}$ $\vec{OM}$ = $\frac{1}{2}\vec{a}.t_{2}$ + $\vec{V_{0}t}$ + $\vec{OM_{0}}$ où $M_0$ $\textbf{est la position initiale du mobile M.}$

Lorsque le repère est choisi, par exemple le repère (O ;$\vec{i}$ , $\vec{j}$ ), une projection de   suivant les axes du repère donne les équations paramétriques du mouvement :

$\left\{\begin{array}{rcr} x=-\frac{1}{2}a_{x}t^{2}+V_{o_{x}}t+x_{0}\\y=-\frac{1}{2}a_{y}t^{2}+V_{o_{x}}t+y_{0}\\\end{array} \right.$ ici $\vec{a}=\vec{g}$ et selon le répère (O; $\vec{i}$ ,$\vec{j}$) $\vec{a}\left|\begin{array}{ll} a_{x}=0\\a_{y}=-g\end{array} \right.$ ; $\vec{V_{0}}\left|\begin{array}{ll} V_{o_{x}}=0\\V_{o_{y}}=V_{0}\end{array} \right.$ ; $\vec{OM_{0}}\left|\begin{array}{ll} x_{0}=0\\y_{0}=cte\end{array} \right.$ et $\vec{V}\left|\begin{array}{ll} V_{x}=0\\V_{y}=-g.t+V_{0}\end{array} \right.$

$\textbf{Les équations paramétriques sont :}$ $\vec{OM}\left|\begin{array}{ll} x=0\\y=-\frac{1}{2}g.t^{2}+V_{0}.t+y_{0}\end{array} \right.$

$\textbf{Exercice}$

Un projectile de masse m est lancé vers le haut selon la verticale avec une vitesse V0. Jusqu’à quelle hauteur est – il $\textbf{monté ? Et à quelle date repassera – t – il à l’origine ?}$

$\textbf{Corrigé}$

L’équation horaire du mouvement :

La hauteur maximale est atteinte quand V = 0 ⇒ $V=-gt+V_0$ = $0$ ⇒ $t=\frac{V_{0}}{g}$ et $z_{max}$ = $-\frac{1}{2}g$ $\left(\frac{V_{0}}{g}\right)^{2}$ +$\frac{V^{2}_{0}}{g}$ d’où $z_{max}$ = $\frac{V^{2}_{0}}{2g}$

Date de retour en O.

z = 0

z = $-\frac{1}{2}gt^{2}$ + $V_{0}t=0$

Vitesse en O : $V=-gt+V_{0}$ = $-g\frac{2V_{0}}{g}$ + $V_{0}$ = -$V_{0}$

D.  Chute libre parabolique

1.  Les équations horaires

On a : $\vec{a}$ = $\vec{g}$

$\textbf{Une primitive de  donne l’expression du vecteur vitesse}$ $\vec{V}$ : $\vec{a}$ = $\vec{V}.t$ + $\vec{V_{0}}$ où $V_0$ $\textbf{est la vitesse initiale du projectile.}$ $\vec{V_{0}}$ $\textbf{fait un angle α avec horizontale.}$

$\textbf{Une primitive de  donne l’expression du vecteur position :}$ $\vec{OM}$ = $\frac{1}{2}\vec{a}.t_{2}$ + $\vec{V_{0}t}$ + $\vec{OM_{0}}$ où $M_0$ $\textbf{est la position initiale du mobile M.}$

Lorsque le repère est choisi, par exemple le repère (O ; $\vec{i}$ ,$\vec{j}$ ), une projection de   suivant les axes du repère donne les équations paramétriques du mouvement :

$\left\{\begin{array}{rcr} x=-\frac{1}{2}a_{x}t^{2}+V_{o_{x}}t+x_{0}\\y=-\frac{1}{2}a_{y}t^{2}+V_{o_{x}}t+y_{0}\\\end{array} \right.$ ici $\vec{a}=\vec{g}$ et selon le répère (O; $\vec{i}$ ,$\vec{j}$) $\vec{a}\left|\begin{array}{ll} a_{x}=0\\a_{y}=-g\end{array} \right.$; $\vec{V_{0}}\left|\begin{array}{ll} V_{o_{x}}=V_{0}\cos\alpha\\V_{o_{y}}=V_{0}\sin\alpha\end{array} \right.$ et $\vec{OM_{0}}\left|\begin{array}{ll} x_{0}=0\\y_{0}=cte\end{array} \right.$

$\vec{V}\left|\begin{array}{ll} V_{x}=V_{0}\cos\alpha\\V_{y}=-g.t+V_{0}\sin\alpha\end{array} \right.$

$\textbf{Les équations paramétriques sont :}$ $\vec{OM}\left|\begin{array}{ll} x=V_{0}\cos\alpha.t\\y=-\frac{1}{2}g.t^{2}+V_{0}\sin\alpha+y_{0}\end{array} \right.$

2.  Trajectoire du mouvement

L’élimination du paramètre t entre les coordonnées x et y donne l’équation de la trajectoire :

$x=V_{0}\cos\alpha.t$ ⇒ $t=\frac{x}{V_{0}𝐜\cos\alpha}$ ⇒ $y=-\frac{1}{g}.(\frac{x}{V_{0}\cos\alpha})^{2}$ + $V_{0}\sin\alpha.(\frac{x}{V_{0}\cos\alpha})^{2}$ + $y_{0}$ ⇒ 

y = $\frac{-g}{2V^{2}_{0}\cos^{2}\alpha}x^{2}$ + $𝐱\tan\alpha$ + $y_{0}$

La trajectoire du mouvement est donc $\textbf{une parabole.}$

$\textbf{Caractéristiques de la trajectoire}$

  • La flèche

On appelle flèche de la trajectoire, $\textbf{l’altitude maximale H  atteinte par l’objet. Cette altitude est mesurée par rapport au point de lancement.}$

En effet : H = yS – y0

 

$\textbf{Première méthode}$

H est maximal au sommet S, or l’abscisse $x_{s}$ du sommet S est la solution de l’équation $\frac{dy}{dx}=0$ et $y_{s}$ s’obtient en remplaçant x par l’expression $x_{s}$ dans l’équation de la trajectoire.

$\frac{dy}{dx}=0$ ⇒ $\frac{-g}{V^{2}_{0}\cos^{2}\alpha}x^{2}$ + $𝐭𝐚𝐧𝛂$ = 0 ⇒ $x_{s}=\frac{2V^{2}_{0}\cos^{2}\alpha.\tan\alpha}{g}$ ⇒ $x_{s}=\frac{2V^{2}_{0}𝐜𝐨𝐬𝛂.𝐬𝐢𝐧𝛂}{g}$ ⇒ $x_{s}=\frac{2V^{2}_{0}𝐬𝐢𝐧2𝛂}{2g}$ 

En replaçant dans y on a :

$y_{s}$ = $\frac{-g}{2V^{2}_{0}𝐜𝐨𝐬^{2}𝛂} (\frac{V^{2}_{0}𝐬𝐢𝐧2𝛂}{2g})^{2}$ + $(\frac{V^{2}_{0}𝐬𝐢𝐧2𝛂}{2g})𝐭𝐚𝐧𝛂$ + $y_{0}$ ⇒ $y_{s}=\frac{V^{2}_{0}\sin^{2}\alpha}{2g}$ + $y_{0}$ d’où $H=y_{s}-y{0}=\frac{V^{2}_{0}\sin^{2}\alpha}{2g}$ 

Remarque :  Si $y_{0}=0$ à t=0; on a $H=y_{s}=\frac{V^{2}_{0}\sin^{2}\alpha}{2g}$ 

$\textbf{Deuxième méthode}$

Au sommet S, on a $V_{y}= 0 - g.t + V_{0}\sin\alpha = 0$ $t=\frac{V_{0}\sin\alpha}{g}$

$y_{s}$ = $\frac{1}{2}g.(\frac{V_{0}\sin\alpha}{g})^{2}$ + $V_{0}\sin\alpha(\frac{V_{0}\sin\alpha}{g})$ + $y_{0}$ = $\frac{V^{2}_{0}\sin^{2}\alpha}{2g}$ + $y_{0}$ d’où $H=y_{s}-y{0}=\frac{V^{2}_{0}\sin^{2}\alpha}{2g}$ 

$\textbf{Remarque :}$ Si $y_{0}=0$ à t=0; on a $H=y_{s}=\frac{V^{2}_{0}\sin^{2}\alpha}{2g}$ 

$\textbf{La flèche est maximale pour}$ : $\alpha=\frac{\pi}{2}$ : $H_{max}=\frac{V^{2}_{0}}{2}$

5.  La portée horizontale

On appelle portée horizontale, l’abscisse $x_{p}$ = d du point P situé dans le plan horizontal passant par O.

On la détermine en résolvant l’équation y = y0, avec x ≠ 0.

y= $\frac{-g}{2V^{2}_{0}𝐜𝐨𝐬^{2}𝛂}x^{2}$ + $𝐱𝐭𝐚𝐧𝛂$ + $y_{0}$ = $y_{0}$ ⇒ $\frac{-g}{2 V^{2}_{0}𝐜𝐨𝐬^{2}𝛂}x^{2}$ + $𝐱𝐭𝐚𝐧𝛂$ = 0 d’où $x_{p}=d=\frac{2V^{2}_{0}𝐜𝐨𝐬𝛂.𝐬𝐢𝐧𝛂}{g}$ = $\frac{V^{2}_{0}𝐬𝐢𝐧2𝛂}{g}$ (car 2cosα.sinα = sin2α)

On remarque que : d = 2xs.

Pour une valeur de la vitesse initiale donnée, la portée est maximale pour un angle de tir tel que : $\sin2\alpha$ = 1  ⇒ $2\alpha=\frac{\pi}{2}$

soit $\alpha = \frac{\pi}{4} rad$ (ou 45°).

D’où $d_{max}$ =$\frac{V^{2}_{0}}{g}$

Une portée d < $d_{max}$ sera obtenu pour un angle de tir tel que :$\sin2\alpha$ = $\frac{d.g}{V^{2}_{0}}$

Il existe deux angles de tir   $\alpha_{1}$ et $\alpha_{2}$ vérifiant la relation : $\alpha_{1}$ + $\alpha_{2}$ = $\frac{\pi}{2}$  (90°).

$\textbf{Exercices d’application}$

Un projectile est lancé dans le champ de pesanteur terrestre uniforme avec un vecteur vitesse v0 faisant un angle α avec l'horizontale passant par le point de lancement O.

  1. Etablir l'équation de la trajectoire dans le repère (O,x,y).
  2. Exprimer en fonction de $\alpha$, g et $v_0$ la portée horizontale P=OA. Pour quelle valeur de a cette portée est-elle maximale ? Exprimer cette portée $P_{max}$ en fonction de $v_0$ et g.
  3. Exprimer en fonction de $\alpha$, g et $v_0$ la fléche H, altitude du sommet de la parabole. Pour quelle valeur de $\alpha$, H est-elle maximale ? Exprimer $H_{max}$ en fonction de $v_0$ et g.
  4. On veut atteindre le point B de coordonnées (½Pmax ; ½Hmax), la vitesse $v_0$ étant fixée. Montrer qu'il y a deux angles de tir $\alpha_{1}$ et $\alpha_{2}$ permettant d'atteindre ce point B. Proposer une méthode qualitative permettant de déterminer ces deux angles.
    Donnée : $\frac{1}{\cos^{2}\alpha}$ = $1+\tan^{2}\alpha$

Corrigé

1.

  1. Portée :

y=0 $\frac{-g}{2V^{2}_{0}\cos^{2}\alpha}x^{2}$ + $x\tan\alpha$ = 0

x= 0 (origine de l'axe) ; d’où  P = $\frac{2V^{2}_{0}\cos\alpha.\sin\alpha}{g}$ = $\frac{V^{2}_{0}\sin2\alpha}{g}$

La portée est maximale si sin(2α) soit α=$\frac{π}{2}$ rad (ou 45°) ; $P_{max}$ = $\frac{V^{2}_{0}}{g}$

  1. Flèche :

La tangente à la trajectoire est horizontale ; la composante verticale de la vitesse est donc nulle

Au sommet S, on a $V_y = 0 − g.t + v_{0}\sin\alpha$ = 0 $t=\frac{V_{0}\sin\alpha}{g}$

 H = $-\frac{1}{2}g.(\frac{V_{0}\sin\alpha}{g})^{2}$ + $V_{0}\sin\alpha(\frac{V_{0}\sin\alpha}{g})$ = $\frac{V^{2}_{0}\sin^{2}\alpha}{2g}$ d’où H = $\frac{V^{2}_{0}\sin^{2}\alpha}{2g}$

La flèche est maximale pour $\alpha$ = $\frac{\pi}{2}$ : $H_{max}$ =$\frac{V^{2}_{0}}{2g}$

  1. Atteindre B ( $\frac{V^{2}_{0}}{2g}$; $\frac{V^{2}_{0}}{4g}$) avec v0 constant.

Écrire que B est situé sur la trajectoire :

$\frac{V^{2}_{0}}{4g}$ = $-\frac{1}{2}g\frac{\left[\frac{V^{2}_{0}}{2g}\right]^{2}}{V^{2}_{0}\cos^{2}\alpha} + \frac{V^{2}_{0}}{2g}.\tan\alpha$  ⇒  $1=-\frac{1}{2}\frac{1}{V^{2}_{0}\cos^{2}\alpha} + 2.\tan\alpha$ ⇒ $1=-\frac{1}{2}[1+\tan^{2}\alpha]+2\tan\alpha$ ;

$1,5+0,5\tan^{2}\alpha - 2\tan\alpha = 0$ ou bien $\tan^{2}\alpha -4\tan\alpha + 3 =0$

On pose $x=\tan\alpha$ et on resoudre l'équation : $x^2 - 4x + 3 =0$

$x=3$ soiit $\tan\alpha=3$ et $\alpha=71,56°$ ; $x=1$ soit $\tan\alpha=1$ et $\alpha=45°$

F.  Chute libre parabolique sur un plan incliné (Tle C et E uniquement)

Système étudié : solide S
Référentiel d’étude : terrestre supposé galiléen
Bilan des forces : le poids $vec{P}$ et la réaction $vec{R}$

  1. L’expression de l’accélération

Application de la RFD : $\vec{P}$ + $\vec{R}$ = m$\vec{a}$  

La projection suivant :

(ox) $a_x = 0$  

(oy) $a_y = -g\sin\alpha$ 

  1. Equation du mouvement

$\vec{a}\left|\begin{array}{ll} a_{x}=0\\a_{y}=-g\end{array} \right.$

$\overrightarrow{OM}\left|\begin{array}{ll} x=V_{0}\cos\beta.t \\ y=-\frac{}{}g\sin\alpha t^{2} + V_{0}\sin\beta.t \end{array} \right.$

  1. Equation de la trajectoire

$y=\frac{-g\sin\alpha}{2V^{2}_{0}\cos^{2}\beta}x^{2} + x\tan\beta$

$\textbf{La trajectoire du centre d’inertie G est une portion de parabole contenue dans le plan incliné.}$

$\textbf{Exercice d’application}$      

Sur un plan incliné d'un angle $\alpha$ par rapport au plan horizontal, on lance un solide ponctuel, mobile sans frottement, avec une vitesse $v_0$.

  1. Etablir l'équation de la trajectoire dans le repère (O,x,y) en fonction de $\alpha$, $\beta$, g et $v_0$.
  2. Le solide revient sur l'axe Ox en un point O'. Donner l'expression de la portée OO' en fonction de $\alpha$, $\beta$, g et $v_0$. Exprimer cette portée $P_{max}$ en fonction de $v_0$, g et $\alpha$.
  3. Soit H l'altitude maximale atteinte par le solide, comptée à partir du niveau de Ox. Montrer que H vérifie la relation  H = $\frac{V^{2}_{0}\sin^{2}\beta}{2g}$

Corrigé

  1. Equation de la trajectoire

$\vec{a}\left|\begin{array}{ll} a_{x}=0\\a_{y}=-g\sin\alpha\end{array} \right.$  $\overrightarrow{V_0}\left|\begin{array}{ll} V_{0}\cos\beta\\V_{0}\sin\beta\end{array}\right.$  $\overrightarrow{V}\left|\begin{array}{ll}v_x=V_{0}\cos\beta\\V_y=-(g\sin\alpha)+V_{0}\sin\beta\end{array} \right.$  $\overrightarrow{OP}\left|\begin{array}{ll}x=V_{0}\cos\beta.t\\V_y = -\frac{1}{2}g\sin\alpha.t^{2} +V_{0}\sin\beta.t\end{array} \right.$      

$y=\frac{-g\sin\alpha}{2V^{2}_{0}\cos^{2}\beta}x^{2}$ + $x\tan\beta$ : $\textbf{Équation de la trajectoire}$

  1. La portée

Au point O' : y= 0  $\frac{-gsinα}{2V^{2}_{0}\cos^{2}\beta}x^{2}$ + $x\tan\beta$ = 0 et   x= 0 ; $\frac{-gsinα}{2V^{2}_{0}\cos^{2}\beta}x$ + $\tan\beta$ = 0   donne x = $\frac{2V^{2}_{0}sin2β}{gsinα}$

  1. Flèche :

La tangente à la trajectoire est horizontale ; la composante verticale de la vitesse est donc nulle

-gsinαt +v0sinβ = 0 soit  $t=\frac{V_{0}sinβ}{gsinα}$

Report dans y : $y_{max}$ = $-\frac{1}{2}g.(\frac{V_{0}sinβ}{gsinα})^{2}$ + $V_{0}𝐬𝐢𝐧β.(\frac{V_{0}\sin\beta}{g\sin\alpha})$  = $\frac{V^{2}_{0}\sin^{2}\beta}{2g\sin\alpha}$ $H=y_{max}sinα=\frac{V^{2}_{0}\sin^{2}\beta}{2g}$ 

III.  Le mouvement des satellites et des planètes

E.  Accélération d’un satellite

Soit un satellite (S) de masse m, évoluant sur une orbite circulaire à la distance r = R + h où R est le rayon de la Terre, h est l’altitude du satellite par rapport à la surface de la Terre.

F.  Étudions le mouvement du satellite

  • Système étudié : le satellite.
  • Référentiel d’étude : le référentiel géocentrique supposé galiléen.
  • Bilan des forces extérieures appliquées au système : son poids $\overrightarrow{P_{h}}$ = $m\overrightarrow{g_{h}}$

Appliquons le théorème du centre d’inertie au système :

$Σ\overrightarrow{F_{ext}}$ = $m\vec{a}$ ⇒ $m\overrightarrow{g_{h}}$ = $m\vec{a}$ ⇒ $\overrightarrow{g_{h}}$ ⇒ $\vec{a}$

Exploitons la relation vectorielle ci-dessus dans la base de Frenet($\vec{t},\vec{n}$).

Dans cette base, les coordonnées des vecteurs sont

$\overrightarrow{g_{h}}$ $\left\{\begin{array}{rcr}0 \\g_h \\\end{array}\right.$  et $\vec{a}$ $\left\{\begin{array}{rcr}a_t & = & \frac{dV}{dt} \\a_n & = & \frac{V^2}{r} \\\end{array}\right.$ par identification on a donc : $\vec{a}$ $\left\{\begin{array}{rcr}\frac{dV}{dt} & = & 0 \\\frac{V^2}{r} & = & g_h \\\end{array}\right.$

Conséquences cinématiques de ce résultat :

 $a_{t}$ = $\frac{dV}{dt}=0$ ⇒ V = constante; $\textbf{le mouvement est uniforme.}$

 $a_{n}$ = $\frac{V^{2}}{r}$ = $\textbf{constante}$; le rayon de courbure r est constant ; donc la trajectoire est circulaire.

Conclusion : $\textbf{Le mouvement du satellite est donc circulaire uniforme.}$

G.  Expression de la vitesse du Satellite

On sait que  $a_{n}=\frac{V_{2}}{r}$  où $r = R + h$  $\textbf{est le rayon de courbure de la trajectoire.}$

Par ailleurs $g_{h}=g_{0}\frac{R^{2}}{(R+z)^{2}}$ = $G\frac{M_{T}}{(R+z)^{2}}$

De l’égalité $a_{n}=g_{h}$ nous avons :

$V=\sqrt{G\frac{M_{T}}{(R+z)^{2}}} =\sqrt{g_{0}\frac{R^{2}}{(R+z)^{2}}} =\sqrt[R]{\frac{g_0}{R+z}}$

Remarque

  1. V ne dépend que de z
  2. V diminue quand h augmente
  3. V ne dépend pas de la masse du satellite

Etude de la période

La durée T d’un tour, ou période, est égale à la longueur de la circonférence divisée par la valeur de la vitesse.

T = $\frac{2π(R+z)}{V}$ ⇒ T = 2π$\sqrt{\frac{(R+z)^{3}}{g_{0}R^{2}}}$

H.  Loi de KEPLER

T = 2π$\sqrt{\frac{(R+z)^{3}}{GM_{T}}}$ ⇒ $\frac{T^{2}}{(R+z)^{3}}$ = $\frac{4π^{2}}{GM_{T}}$

T = 2π$\sqrt{\frac{(R+z)^{3}}{g_{0}R^{2}}}$ ⇒ $\frac{T^{2}}{(R+z)^{3}}$ = $\frac{4π^{2}}{g_{0}R^{2}}$ ⇒ $\frac{T^{2}}{(R+z)^{3}}$ = cte

Remarque :

$\frac{T^{2}}{(R+z)^{3}}$ est :

  1. Indépendant de la masse du satellite
  2. Dépend de la masse MT responsable de l’attraction gravitationnelle

I.  Satellite géostationnaire

Un satellite géostationnaire a une position fixe par rapport au référentiel terrestre. Il tourne dans le plan de l’équateur, dans le même sens que la rotation de la Terre. Sa période de révolution est égale au jour sidéral soit $T_0$ = 23h56min = 86400s. Le calcul de son altitude donne z = 35800km = 36000 km.

$\textbf{Exercice d’application}$

Exercice

$G=6,67 1^{-11}S.I$ ; $\textbf{Rayon de la terre R=6400 km}$ ; $g_0$=v$9,8 m s^{-2}$.

  1. Donner l'expression du champ de gravitation à une altitude h.
  2. En déduire l'expression littérale de MT , masse de la terre en fonction de g0, R. Calculer MT.
  3. Un satellite de la terre, de masse m, considéré comme ponctuel, décrit une orbite circulaire de rayon R+h. (h : altitude)                                               Dans le référentiel géocentrique, montrer que le mouvement est uniforme. On pose r = R + h.
  4. Donner l'expression de la vitesse en fonction de g0, r.
  5. Exprimer la période T du satellite en fonction de r, Mt.
  6. Montrer que le rapport r3 / T² est constant.
  7. périodes et altitudes de quelques satellites de la terre.

              Vérifier que le rapport r3/T² sont constants et en déduire la masse de la terre.

Corrigé

  1.  

g = $\frac{GM}{(R+h)^{2}}$ = $\frac{g_{0}R^{2}}{(R+h)^{2}}$

  1. Masse de la terre : M = $g_{0}R^{2}/G$

M=$9,8*\frac{(6,4.10^{6})^{2}}{6,67.10^{-11}}$ = $6.10^{24}$ kg

  1. l'accélération est centripète, la composante suivant l'axe t de la base de Frenet est nulle, donc la norme de la vitesse est constante et le mouvement est uniforme. Ou bien une force perpendiculaire à la vitesse ne travaille pas donc l'énergie cinétique n'est pas modifiée.

  1. vitesse : l'accélération normale est égale à $\frac{v^{2}}{r}$: $\frac{v^{2}}{r}$ = $\frac{g_{0}R^{2}}{r}$ ⇒ $v^{2}$ = $\frac{g_{0}R^{2}}{r}$ = $\frac{GM_{t}}{r}$
  2. période (s) fois vitesse (m/s) = circonférence de rayon r (m)

$Tv=2\pi r$ ou $T^{2}v^{2}$ = $4\pi^{2}r^{2}$

  1. Remplacer $v^2$ par l'expression ci-dessus 

$\frac{T^{2}}{r^{3}}$ = $\frac{4π^{2}}{GM}$ 3ème loi de Kepler

  1.  

attention distance en mètre et période en seconde

$10^{13}$ = $6,6 10^{-11}M_{t}/4\pi^{2}$

$M_{t}= 4\pi^{2}10^{24} / 6,67$ = $5,91.10^{24}kg$