2e Bac Sciences physiques (PC)

Mouvements plans

Cours Mouvements plans 2e Bac PC : projectile dans le champ de pesanteur, trajectoire, portée, flèche, particule chargée, 9 exercices corrigés et QCM.

60 min
9 exercices corrigés
QCM de 8 questions
Vérifié le 4 octobre 2026

Prérequis : Lois de Newton, chute libre verticale, cinématique du point (2e Bac PC)

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En bref

Niveau: 2e Bac Sciences physiques (PC)
Matière: Physique-Chimie
Contenu: cours, méthodes, 9 exercices corrigés, QCM de 8 questions
Durée: 60 min
Prérequis: Lois de Newton, chute libre verticale, cinématique du point (2e Bac PC)
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Licence: contenu original 9raya, gratuit, CC BY-NC-SA 4.0.

L'essentiel

1. La démarche générale d'étude d'un mouvement

Pour étudier un mouvement avec les lois de Newton, on suit toujours les mêmes étapes.

Choisir le système (un solide assimilé à son centre d'inertie $G$ ) et le référentiel (ici le référentiel terrestre, supposé galiléen).
Faire le bilan des forces extérieures qui s'exercent sur le système.
Appliquer la deuxième loi de Newton : $\sum \vec{F}_{ext} = m\,\vec{a}_G$ .
Projeter cette relation vectorielle sur les axes du repère choisi.
Intégrer deux fois, en utilisant les conditions initiales, pour obtenir le vecteur vitesse $\vec{v}(t)$ puis les équations horaires $x(t)$ et $y(t)$ .

Remarque

Un mouvement est plan quand la trajectoire du centre d'inertie est contenue dans un plan fixe. C'est le cas lorsque l'accélération est constante et que la vitesse initiale appartient à un plan contenant cette accélération, ce qui est vrai pour les deux situations étudiées dans ce chapitre.

2. Le projectile dans le champ de pesanteur uniforme

Définition

Un projectile est un solide lancé avec une vitesse initiale $\vec{v}_0$ non nulle et qui n'est soumis qu'à son poids pendant son mouvement. On dit qu'il est en chute libre.

Deux hypothèses de modélisation sont indispensables.

Le champ de pesanteur est uniforme : le vecteur $\vec{g}$ est vertical, dirigé vers le bas et constant sur toute la zone du mouvement, avec $g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ .
On néglige la poussée d'Archimède et les frottements de l'air. C'est une bonne approximation pour un solide dense lancé à vitesse modérée (une bille d'acier, un boulet), beaucoup moins pour un ballon léger ou un volant de badminton.

Repère et conditions initiales. On choisit un repère $(O, \vec{i}, \vec{j})$ lié à la Terre, avec $\vec{i}$ horizontal et $\vec{j}$ vertical vers le haut. À l'instant $t = 0$ , le centre d'inertie est en $G_0(0\,;\,y_0)$ et sa vitesse $\vec{v}_0$ fait l'angle $\alpha = (\vec{i}, \vec{v}_0)$ avec l'horizontale. Les composantes de la vitesse initiale sont donc :

v_{0x} = v_0\cos\alpha \qquad v_{0y} = v_0\sin\alpha

Application de la deuxième loi. Le bilan se réduit au poids : $m\vec{g} = m\vec{a}_G$ , d'où $\vec{a}_G = \vec{g}$ . L'accélération est constante, verticale, et ne dépend pas de la masse. Par projection : $a_x = 0$ et $a_y = -g$ .

On intègre ensuite en tenant compte des conditions initiales. Les résultats sont rassemblés dans ce tableau.

	Sur l'axe Ox	Sur l'axe Oy
Accélération	$a_x = 0$	$a_y = -g$
Vitesse	$v_x = v_0\cos\alpha$	$v_y = -gt + v_0\sin\alpha$
Position	$x(t) = (v_0\cos\alpha)\,t$	$y(t) = -\dfrac{1}{2}gt^2 + (v_0\sin\alpha)\,t + y_0$
Nature du mouvement	rectiligne uniforme	rectiligne uniformément varié

Remarque

Le mouvement du projectile est la composition de deux mouvements indépendants : un mouvement uniforme à la vitesse $v_0\cos\alpha$ sur l'horizontale, et un mouvement uniformément varié d'accélération $-g$ sur la verticale. C'est ce qui explique que deux billes lâchées de la même hauteur, l'une sans vitesse et l'autre lancée horizontalement, touchent le sol en même temps.

Équation de la trajectoire. On tire $t = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha}$ de l'équation de $x(t)$ et on le remplace dans $y(t)$ :

y = -\frac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}\,x^2 + (\tan\alpha)\,x + y_0

C'est un polynôme du second degré en $x$ dont le coefficient de $x^2$ est négatif : la trajectoire est un arc de parabole tourné vers le bas. Pour un lancer horizontal ( $\alpha = 0$ ), elle devient $y = y_0 - \dfrac{g}{2v_0^2}x^2$ .

Le sommet et la flèche. Au sommet $S$ de la trajectoire, la composante verticale de la vitesse s'annule ( $v_y = 0$ ). La vitesse n'est pas nulle : elle est horizontale et vaut $v_0\cos\alpha$ .

t_S = \frac{v_0\sin\alpha}{g} \qquad x_S = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} \qquad y_S = y_0 + \frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}

La flèche est la hauteur maximale atteinte au-dessus du niveau de lancement : $h_{max} = \dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}$ . L'altitude du sommet par rapport au sol est alors $y_S = y_0 + h_{max}$ .

La portée. Quand le projectile retombe au même niveau que celui du lancement ( $y = y_0$ ), on résout $-\dfrac{1}{2}gt^2 + (v_0\sin\alpha)\,t = 0$ . La solution non nulle est $t_P = \dfrac{2v_0\sin\alpha}{g} = 2t_S$ , et la portée vaut :

x_P = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}

À $v_0$ fixée, la portée est maximale pour $\alpha = 45^\circ$ et vaut alors $\dfrac{v_0^2}{g}$ . Deux angles complémentaires ( $\alpha$ et $90^\circ - \alpha$ ) donnent la même portée, puisque $\sin 2(90^\circ - \alpha) = \sin(180^\circ - 2\alpha) = \sin 2\alpha$ .

Attention

La formule de la portée n'est valable que si le point d'arrivée est au même niveau que le point de départ. Quand le projectile arrive à un autre niveau (lancer depuis un toit, tir sur une cible en hauteur), on pose $y(t) = y_{\text{arrivée}}$ et on résout l'équation du second degré en $t$ , en gardant la racine positive qui a un sens physique.

Vitesse en un point. À un instant $t$ , la norme de la vitesse est $v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2}$ et l'angle $\beta$ du vecteur vitesse avec l'horizontale vérifie $\tan\beta = \dfrac{v_y}{v_x}$ . Le théorème de l'énergie cinétique, appliqué au poids seul entre le lancement et le point d'ordonnée $y$ , donne un contrôle rapide :

v^2 = v_0^2 + 2g\,(y_0 - y)

La vitesse en un point ne dépend donc que de la hauteur de chute $y_0 - y$ et de $v_0$ , pas de l'angle de tir.

3. La particule chargée dans un champ électrique uniforme

Remarque

Cette partie est un complément : elle applique le même raisonnement (deuxième loi de Newton, projection, intégration) à une force électrique au lieu du poids. Selon l'organisation de ton année, elle est traitée en application ou seulement citée : vérifie dans ton cahier ce que ton professeur a demandé. Le mouvement d'une particule dans un champ magnétique n'est pas étudié dans ce chapitre. Attention aux notations : dans cette partie, le point $S$ est le point de sortie des plaques, et non le sommet d'une parabole comme dans la partie sur le projectile.

Le champ électrique uniforme. Entre deux plaques planes parallèles, séparées de la distance $d$ et soumises à la tension $U$ , règne un champ électrique uniforme $\vec{E}$ :

sa direction est perpendiculaire aux plaques ;
son sens va de la plaque positive vers la plaque négative ;
sa valeur est $E = \dfrac{U}{d}$ , avec $E$ en $\text{V.m}^{-1}$ , $U$ en volts et $d$ en mètres.

La force électrique. Une particule de charge $q$ (grandeur algébrique) subit la force $\vec{F} = q\vec{E}$ . Elle est de même sens que $\vec{E}$ si $q > 0$ et de sens contraire si $q < 0$ (c'est le cas de l'électron, de charge $-e$ avec $e = 1{,}6\times 10^{-19}\,\text{C}$ ).

Pour les particules élémentaires, le poids est négligeable devant $\vec{F}$ . Par exemple, pour un électron de masse $m = 9{,}11\times 10^{-31}\,\text{kg}$ dans un champ de $5{,}0\times 10^{3}\,\text{V.m}^{-1}$ : $P = mg \approx 8{,}9\times 10^{-30}\,\text{N}$ alors que $F = eE = 8{,}0\times 10^{-16}\,\text{N}$ , soit un rapport de l'ordre de $10^{14}$ .

Accélération. La deuxième loi de Newton donne $q\vec{E} = m\vec{a}$ , soit :

\vec{a} = \frac{q}{m}\vec{E}

Le vecteur accélération est constant : le mouvement est à accélération constante, comme pour le projectile.

Cas A : vitesse initiale parallèle au champ. Le mouvement est rectiligne uniformément varié (accéléré si la force est dans le sens de la vitesse, retardé sinon). Entre deux points $A$ et $B$ du champ, le théorème de l'énergie cinétique donne :

\frac{1}{2}mv_B^2 - \frac{1}{2}mv_A^2 = qU_{AB}

Pour une particule de charge $q$ partant du repos au point $A$ : $v_B = \sqrt{\dfrac{2qU_{AB}}{m}}$ .

Cas B : vitesse initiale perpendiculaire au champ. La particule entre en $O$ , à égale distance des plaques, avec la vitesse $\vec{v}_0$ parallèle aux plaques. On prend $Ox$ parallèle à $\vec{v}_0$ et $Oy$ dans le sens de la force électrique, pour que la déviation soit positive. Avec $a = \dfrac{|q|E}{m}$ :

a_x = 0 \quad a_y = a \qquad v_x = v_0 \quad v_y = at \qquad x = v_0 t \quad y = \frac{1}{2}at^2

La trajectoire entre les plaques est donc une parabole :

y = \frac{|q|U}{2mdv_0^2}\,x^2

Si les plaques ont la longueur $\ell$ , la particule sort en $x = \ell$ avec :

y_S = \frac{|q|U\ell^2}{2mdv_0^2} \qquad \tan\theta = \frac{v_y}{v_x} = \frac{|q|U\ell}{mdv_0^2}

où $y_S$ est la déviation à la sortie et $\theta$ l'angle de déviation. Pour que la particule sorte sans heurter une plaque, il faut $y_S < \dfrac{d}{2}$ .

Après les plaques, il n'y a plus de champ : le mouvement est rectiligne uniforme, le long de la tangente à la trajectoire en $S$ . En comparant les deux expressions précédentes, on constate que $y_S = \dfrac{\ell}{2}\tan\theta$ , donc cette droite semble provenir du milieu $I$ de la zone des plaques. Sur un écran placé à la distance $L$ du bord de sortie, la déviation totale est :

Y = \left(\frac{\ell}{2} + L\right)\tan\theta

Méthodes

Méthode 1 : Établir les équations horaires d'un projectile

Précise le système, le référentiel (terrestre, galiléen) et le bilan : le poids seul.
Choisis le repère : origine, axe $Ox$ horizontal, axe $Oy$ vertical vers le haut. Note les conditions initiales $x_0$ , $y_0$ , $v_{0x}$ , $v_{0y}$ .
Applique la deuxième loi : $\vec{a} = \vec{g}$ , donc $a_x = 0$ et $a_y = -g$ .
Intègre une première fois (vitesse) puis une seconde fois (position) : chaque constante d'intégration est la valeur initiale correspondante.
Si on te le demande, élimine $t$ pour obtenir l'équation de la trajectoire.

Exemple : une balle part de l'origine avec $v_0 = 20\,\text{m.s}^{-1}$ et $\alpha = 30^\circ$ ( $g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ ). On a $v_{0x} = 20\cos 30^\circ \approx 17{,}3\,\text{m.s}^{-1}$ et $v_{0y} = 20\sin 30^\circ = 10{,}0\,\text{m.s}^{-1}$ . Donc $x(t) = 17{,}3\,t$ et $y(t) = -4{,}9\,t^2 + 10{,}0\,t$ (en mètres, $t$ en secondes).

Méthode 2 : Trouver le sommet, la durée du vol et la portée

Sommet : écris $v_y(t_S) = 0$ , déduis $t_S$ , puis calcule $y_S$ (la flèche si $y_0 = 0$ ).
Impact : écris $y(t_I) =$ niveau d'arrivée. Si c'est le niveau de départ, $t_I = 2t_S$ ; sinon résous l'équation du second degré et garde la racine positive.
Portée : calcule $x(t_I)$ .

Exemple (la balle précédente) : $t_S = \dfrac{10{,}0}{9{,}8} \approx 1{,}02\,\text{s}$ et la flèche vaut $y_S = \dfrac{10{,}0^2}{2 \times 9{,}8} \approx 5{,}10\,\text{m}$ . Le vol dure $t_I = 2t_S \approx 2{,}04\,\text{s}$ et la portée est $x_P = 17{,}3 \times 2{,}04 \approx 35{,}3\,\text{m}$ . La formule $\dfrac{v_0^2\sin 2\alpha}{g} = \dfrac{400 \times 0{,}866}{9{,}8}$ donne le même résultat.

Méthode 3 : Un projectile franchit-il un obstacle ou atteint-il une cible ?

Calcule l'instant $t_1$ où le projectile est à l'abscisse $x_1$ de l'obstacle : $t_1 = \dfrac{x_1}{v_0\cos\alpha}$ .
Calcule l'ordonnée $y(t_1)$ , ou utilise directement l'équation de la trajectoire.
Compare $y(t_1)$ à la hauteur de l'obstacle. Vérifie aussi que $x_1$ est inférieure à la portée (le projectile est encore en l'air).

Exemple : un mur de $4{,}0\,\text{m}$ de haut se trouve à $30\,\text{m}$ de la balle précédente. On a $t_1 = \dfrac{30}{17{,}3} \approx 1{,}73\,\text{s}$ , puis $y(t_1) = -4{,}9 \times 1{,}73^2 + 10{,}0 \times 1{,}73 \approx 2{,}6\,\text{m}$ . Comme $2{,}6\,\text{m} < 4{,}0\,\text{m}$ et que $30\,\text{m} < 35{,}3\,\text{m}$ , la balle est encore en l'air mais elle heurte le mur.

Méthode 4 : Déterminer $v_0$ ou $\alpha$ à partir de données

Si la portée $x_P$ et $v_0$ sont connues (arrivée au niveau du départ) : $\sin 2\alpha = \dfrac{g\,x_P}{v_0^2}$ . Il y a deux angles complémentaires, ou un seul si $\sin 2\alpha = 1$ , et aucun si le rapport $\dfrac{g\,x_P}{v_0^2}$ dépasse $1$ (la cible est hors de portée).
Si un point de passage $(x_1\,;\,y_1)$ et l'angle $\alpha$ sont connus : écris que ce point vérifie l'équation de la trajectoire, puis isole $v_0^2$ .

Exemple : une pierre lancée à $45^\circ$ doit retomber à $50\,\text{m}$ au même niveau. Alors $v_0^2 = g\,x_P$ , soit $v_0 = \sqrt{9{,}8 \times 50} \approx 22{,}1\,\text{m.s}^{-1}$ .

Méthode 5 : Étudier une particule chargée entre deux plaques

Calcule $E = \dfrac{U}{d}$ et précise le sens de $\vec{E}$ (de la plaque positive vers la négative).
Détermine le sens de $\vec{F} = q\vec{E}$ selon le signe de $q$ et vérifie que le poids est négligeable.
Applique la deuxième loi : $a = \dfrac{|q|E}{m}$ , puis établis $v_x$ , $v_y$ , $x(t)$ , $y(t)$ dans un repère où $Oy$ est dans le sens de la force.
La durée de traversée est $t_S = \dfrac{\ell}{v_0}$ . On en déduit $y_S = \dfrac{1}{2}at_S^2$ et $\tan\theta = \dfrac{at_S}{v_0}$ .

Exemple : un électron de vitesse $v_0 = 2{,}0\times 10^7\,\text{m.s}^{-1}$ traverse des plaques de longueur $\ell = 5{,}0\,\text{cm}$ , distantes de $d = 2{,}0\,\text{cm}$ , avec $U = 100\,\text{V}$ . On trouve $E = 5{,}0\times 10^3\,\text{V.m}^{-1}$ , $a = \dfrac{eE}{m} \approx 8{,}8\times 10^{14}\,\text{m.s}^{-2}$ et $t_S = \dfrac{0{,}050}{2{,}0\times 10^7} = 2{,}5\times 10^{-9}\,\text{s}$ . D'où $y_S = \dfrac{1}{2}at_S^2 \approx 2{,}7\times 10^{-3}\,\text{m}$ et $\tan\theta = \dfrac{at_S}{v_0} \approx 0{,}11$ , soit $\theta \approx 6{,}3^\circ$ .

Exercices corrigés

Dans tous les exercices, sauf mention contraire, on prend $g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ et on néglige les frottements de l'air et la poussée d'Archimède. Pour éviter les écarts d'arrondi, garde les valeurs non arrondies dans ta calculatrice et n'arrondis qu'à la fin : les résultats ci-dessous sont donnés ainsi.

Exercice 1 : Un caillou lancé du haut d'une falaise

Facile

Du bord d'une falaise haute de $h = 45\,\text{m}$ au-dessus de la mer, un garçon lance horizontalement un caillou avec la vitesse $v_0 = 12\,\text{m.s}^{-1}$ . On choisit l'origine $O$ au point de lancement, l'axe $Ox$ horizontal dans le sens du lancer et l'axe $Oy$ vertical vers le haut.

Établis les équations horaires $x(t)$ et $y(t)$ .
Déduis l'équation cartésienne de la trajectoire.
Calcule la durée de la chute et la distance horizontale entre la falaise et le point d'impact.
Calcule la norme de la vitesse à l'impact et l'angle qu'elle fait avec l'horizontale.

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1) Le caillou n'est soumis qu'à son poids, donc $\vec{a} = \vec{g}$ : $a_x = 0$ et $a_y = -g$ . Les conditions initiales sont $x_0 = y_0 = 0$ , $v_{0x} = v_0$ et $v_{0y} = 0$ . Par intégration : $v_x = 12$ et $v_y = -gt$ , puis

x(t) = 12\,t \qquad y(t) = -\frac{1}{2}gt^2 = -4{,}9\,t^2

2) On a $t = \dfrac{x}{12}$ , donc $y = -4{,}9\,\dfrac{x^2}{144} = -\dfrac{g}{2v_0^2}x^2 \approx -0{,}034\,x^2$ . C'est un arc de parabole.

3) À l'impact, $y = -h = -45\,\text{m}$ : $4{,}9\,t_I^2 = 45$ , soit $t_I = \sqrt{\dfrac{2h}{g}} = \sqrt{\dfrac{90}{9{,}8}} \approx 3{,}03\,\text{s}$ . La distance horizontale est $x_I = v_0 t_I = 12 \times 3{,}03 \approx 36{,}4\,\text{m}$ .

4) À l'impact, $v_x = 12\,\text{m.s}^{-1}$ et $v_y = -gt_I \approx -29{,}7\,\text{m.s}^{-1}$ . La norme est $v = \sqrt{12^2 + 29{,}7^2} \approx 32{,}0\,\text{m.s}^{-1}$ . L'angle $\beta$ avec l'horizontale vérifie $\tan\beta = \dfrac{29{,}7}{12}$ , soit $\beta \approx 68{,}0^\circ$ (vers le bas). Contrôle : $v = \sqrt{v_0^2 + 2gh} = \sqrt{144 + 882} \approx 32{,}0\,\text{m.s}^{-1}$ .

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Exercice 2 : Le dégagement d'un gardien de but

Facile

Un ballon posé sur le sol est frappé avec la vitesse $v_0 = 18\,\text{m.s}^{-1}$ , dans une direction qui fait l'angle $\alpha = 35^\circ$ avec l'horizontale. L'origine du repère est le point de départ du ballon.

Calcule les composantes $v_{0x}$ et $v_{0y}$ de la vitesse initiale.
Détermine l'instant où le ballon passe au sommet de sa trajectoire, puis la flèche.
Détermine la durée du vol et la portée.
Vérifie la portée avec la formule $x_P = \dfrac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}$ .

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1) $v_{0x} = 18\cos 35^\circ \approx 14{,}7\,\text{m.s}^{-1}$ et $v_{0y} = 18\sin 35^\circ \approx 10{,}3\,\text{m.s}^{-1}$ .

2) Au sommet, $v_y = -gt_S + v_{0y} = 0$ , donc $t_S = \dfrac{v_{0y}}{g} = \dfrac{10{,}3}{9{,}8} \approx 1{,}05\,\text{s}$ . La flèche est $y_S = \dfrac{v_{0y}^2}{2g} = \dfrac{10{,}3^2}{2 \times 9{,}8} \approx 5{,}4\,\text{m}$ .

3) Le ballon retombe au niveau du sol, donc $t_I = 2t_S \approx 2{,}11\,\text{s}$ . La portée est $x_P = v_{0x}\,t_I = 14{,}7 \times 2{,}11 \approx 31{,}1\,\text{m}$ .

4) $x_P = \dfrac{18^2 \times \sin 70^\circ}{9{,}8} = \dfrac{324 \times 0{,}9397}{9{,}8} \approx 31{,}1\,\text{m}$ . Les deux méthodes concordent.

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Exercice 3 : Un coup franc

Moyen

Un joueur tire un coup franc : le ballon, posé au sol, part avec la vitesse $v_0 = 20\,\text{m.s}^{-1}$ à l'angle $\alpha = 20^\circ$ au-dessus de l'horizontale. Un mur de joueurs, de hauteur $1{,}85\,\text{m}$ , est placé à $9{,}15\,\text{m}$ du ballon. La ligne de but est à $20\,\text{m}$ du ballon et la barre transversale est à $2{,}44\,\text{m}$ du sol. Le tir est bien cadré latéralement.

Établis l'équation numérique de la trajectoire $y(x)$ .
Le ballon passe-t-il au-dessus du mur ? Quelle est la marge ?
Calcule la portée du ballon. Est-il encore en l'air à la ligne de but ?
Le ballon passe-t-il sous la barre transversale ? Conclus.

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1) On a $\tan 20^\circ \approx 0{,}364$ et $\dfrac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha} = \dfrac{9{,}8}{2 \times 400 \times 0{,}883} \approx 0{,}01387$ . Donc

y = -0{,}01387\,x^2 + 0{,}364\,x

2) Pour $x = 9{,}15\,\text{m}$ : $y = -0{,}01387 \times 83{,}7 + 0{,}364 \times 9{,}15 \approx -1{,}16 + 3{,}33 \approx 2{,}17\,\text{m}$ . Comme $2{,}17\,\text{m} > 1{,}85\,\text{m}$ , le ballon passe au-dessus du mur avec une marge d'environ $0{,}32\,\text{m}$ .

3) $x_P = \dfrac{v_0^2\sin 2\alpha}{g} = \dfrac{400 \times \sin 40^\circ}{9{,}8} \approx 26{,}2\,\text{m}$ . Comme $20\,\text{m} < 26{,}2\,\text{m}$ , le ballon est encore en l'air à la ligne de but.

4) Pour $x = 20\,\text{m}$ : $y = -0{,}01387 \times 400 + 0{,}364 \times 20 \approx -5{,}55 + 7{,}28 \approx 1{,}73\,\text{m}$ . Comme $0 < 1{,}73\,\text{m} < 2{,}44\,\text{m}$ , le ballon passe sous la barre transversale. Il est alors en descente ( $v_y \approx -3{,}6\,\text{m.s}^{-1}$ ) : c'est un but.

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Exercice 4 : Atteindre une cible au sol avec deux angles

Moyen

Un canon à eau lance un jet à la vitesse $v_0 = 25\,\text{m.s}^{-1}$ depuis le niveau du sol. On veut atteindre une cible située au sol, à $50\,\text{m}$ du canon. Les gouttes d'eau sont assimilées à des projectiles.

Montre que l'angle de tir $\alpha$ vérifie $\sin 2\alpha = \dfrac{g\,x_P}{v_0^2}$ , où $x_P$ est la portée.
Calcule les deux angles de tir possibles. Quelle relation les lie ?
Calcule, pour chacun, la durée du trajet et la flèche.
Quel tir choisir si la cible risque de se déplacer ? Justifie.

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1) Le tir se fait au niveau du sol, donc $x_P = \dfrac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}$ , d'où $\sin 2\alpha = \dfrac{g\,x_P}{v_0^2}$ .

2) $\sin 2\alpha = \dfrac{9{,}8 \times 50}{25^2} = 0{,}784$ . Donc $2\alpha \approx 51{,}6^\circ$ ou $2\alpha \approx 128{,}4^\circ$ , soit $\alpha_1 \approx 25{,}8^\circ$ ou $\alpha_2 \approx 64{,}2^\circ$ . Ces angles sont complémentaires : $\alpha_1 + \alpha_2 = 90^\circ$ .

3) La durée du trajet est $t = \dfrac{x_P}{v_0\cos\alpha}$ et la flèche est $\dfrac{(v_0\sin\alpha)^2}{2g}$ .

Pour $\alpha_1 \approx 25{,}8^\circ$ : $t_1 = \dfrac{50}{25 \times 0{,}900} \approx 2{,}22\,\text{s}$ et flèche $\approx 6{,}0\,\text{m}$ .
Pour $\alpha_2 \approx 64{,}2^\circ$ : $t_2 = \dfrac{50}{25 \times 0{,}435} \approx 4{,}59\,\text{s}$ et flèche $\approx 25{,}8\,\text{m}$ .

4) Le tir tendu ( $25{,}8^\circ$ ) atteint la cible environ deux fois plus vite ( $2{,}22\,\text{s}$ contre $4{,}59\,\text{s}$ ) : elle a moins de temps pour s'échapper. Le tir en cloche ( $64{,}2^\circ$ ) monte très haut et reste plus longtemps en l'air.

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Exercice 5 : Un lancer franc au basket

Moyen

Un joueur lance le ballon depuis une hauteur de $2{,}00\,\text{m}$ avec la vitesse $v_0 = 7{,}2\,\text{m.s}^{-1}$ , à l'angle $\alpha = 55^\circ$ au-dessus de l'horizontale. Le centre du cercle du panier est à $3{,}05\,\text{m}$ du sol et à $4{,}00\,\text{m}$ de la verticale du point de lancer. Le rayon intérieur du cercle est $0{,}23\,\text{m}$ et le rayon du ballon est $0{,}12\,\text{m}$ . L'origine est au sol, à la verticale du point de lancer.

Établis l'équation numérique de la trajectoire du centre du ballon.
Détermine l'abscisse $x_1$ à laquelle le centre du ballon est à la hauteur $3{,}05\,\text{m}$ en descendant.
Vérifie que le ballon descend bien à cet instant.
Le panier est-il réussi ? On admet que le ballon passe sans toucher le cercle si son centre est à moins de $0{,}23 - 0{,}12 = 0{,}11\,\text{m}$ de l'axe du panier à la hauteur du cercle.

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1) $\tan 55^\circ \approx 1{,}4281$ et $\dfrac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha} = \dfrac{9{,}8}{2 \times 51{,}84 \times 0{,}3290} \approx 0{,}2873$ . Donc

y = -0{,}2873\,x^2 + 1{,}4281\,x + 2{,}00

2) On résout $y = 3{,}05$ , soit $0{,}2873\,x^2 - 1{,}4281\,x + 1{,}05 = 0$ . Le discriminant est $\Delta = 1{,}4281^2 - 4 \times 0{,}2873 \times 1{,}05 \approx 0{,}833$ , donc $x = \dfrac{1{,}4281 \pm 0{,}9126}{0{,}5746}$ , soit $x \approx 0{,}90\,\text{m}$ ou $x \approx 4{,}07\,\text{m}$ . La racine $0{,}90\,\text{m}$ correspond à la montée ; la phase de descente correspond à $x_1 \approx 4{,}07\,\text{m}$ .

3) À $x_1$ , $t_1 = \dfrac{4{,}07}{7{,}2\cos 55^\circ} \approx 0{,}986\,\text{s}$ et $v_y = 7{,}2\sin 55^\circ - 9{,}8 \times 0{,}986 \approx 5{,}90 - 9{,}66 \approx -3{,}8\,\text{m.s}^{-1}$ . La composante verticale est négative : le ballon descend.

4) Le centre du ballon traverse le plan du cercle à $x_1 - 4{,}00 \approx 0{,}07\,\text{m}$ de l'axe du panier. Comme $0{,}07\,\text{m} < 0{,}11\,\text{m}$ , le ballon passe sans toucher le cercle : le panier est réussi.

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Exercice 6 : Un proton dans un champ parallèle à sa vitesse

Moyen

Un proton, de charge $+e = 1{,}6\times 10^{-19}\,\text{C}$ et de masse $m_p = 1{,}67\times 10^{-27}\,\text{kg}$ , pénètre en $A$ avec la vitesse $v_0 = 2{,}0\times 10^{5}\,\text{m.s}^{-1}$ dans une zone de largeur $d = 10\,\text{cm}$ où règne un champ électrique uniforme de valeur $E = 8{,}0\times 10^{3}\,\text{V.m}^{-1}$ , parallèle à $\vec{v}_0$ .

Montre que le poids du proton est négligeable devant la force électrique.
Le champ est de même sens que $\vec{v}_0$ . Détermine la nature du mouvement, l'accélération, puis la vitesse $v_B$ à la sortie de la zone et la durée de la traversée.
Le champ est maintenant de sens contraire à $\vec{v}_0$ . Détermine la distance parcourue avant l'arrêt. Le proton traverse-t-il la zone ? Que fait-il ?

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1) $P = m_pg = 1{,}67\times 10^{-27} \times 9{,}8 \approx 1{,}6\times 10^{-26}\,\text{N}$ et $F = eE = 1{,}6\times 10^{-19} \times 8{,}0\times 10^{3} = 1{,}28\times 10^{-15}\,\text{N}$ . Le rapport $\dfrac{F}{P} \approx 8\times 10^{10}$ est immense : le poids est négligeable.

2) La force $\vec{F} = e\vec{E}$ est dans le sens de $\vec{v}_0$ : le mouvement est rectiligne uniformément accéléré, avec $a = \dfrac{eE}{m_p} = \dfrac{1{,}28\times 10^{-15}}{1{,}67\times 10^{-27}} \approx 7{,}66\times 10^{11}\,\text{m.s}^{-2}$ . Sur la distance $d$ : $v_B^2 = v_0^2 + 2ad = 4{,}0\times 10^{10} + 2 \times 7{,}66\times 10^{11} \times 0{,}10 \approx 1{,}93\times 10^{11}$ , donc $v_B \approx 4{,}4\times 10^{5}\,\text{m.s}^{-1}$ . La durée est $t = \dfrac{v_B - v_0}{a} \approx \dfrac{2{,}4\times 10^{5}}{7{,}66\times 10^{11}} \approx 3{,}1\times 10^{-7}\,\text{s}$ . Contrôle par l'énergie : $U = Ed = 800\,\text{V}$ et $v_B^2 = v_0^2 + \dfrac{2eU}{m_p}$ donne la même valeur.

3) La force est opposée à la vitesse : le mouvement est rectiligne uniformément retardé, avec $|a| = 7{,}66\times 10^{11}\,\text{m.s}^{-2}$ . Le proton s'arrête après la distance $x_{\text{arrêt}} = \dfrac{v_0^2}{2|a|} = \dfrac{4{,}0\times 10^{10}}{2 \times 7{,}66\times 10^{11}} \approx 2{,}6\times 10^{-2}\,\text{m}$ , soit $2{,}6\,\text{cm}$ . Comme $2{,}6\,\text{cm} < 10\,\text{cm}$ , il ne traverse pas la zone : il fait demi-tour sous l'action de la même force et ressort en $A$ avec la vitesse $v_0$ , en sens inverse, au bout de $\dfrac{2v_0}{|a|} \approx 5{,}2\times 10^{-7}\,\text{s}$ .

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Exercice 7 : Interception d'une cible qui tombe

Difficile

Un objet $C$ est lâché sans vitesse initiale, à $t = 0$ , d'un point $A$ situé à $H = 30\,\text{m}$ au-dessus du sol. Au même instant, un lanceur placé au sol, à $D = 40\,\text{m}$ de la verticale de $A$ , lance un projectile $M$ avec la vitesse $v_0 = 25\,\text{m.s}^{-1}$ , en visant directement le point $A$ . L'origine $O$ du repère est au point de lancement du projectile, $Ox$ est horizontal vers la verticale de $A$ et $Oy$ vertical vers le haut.

Calcule l'angle de tir $\alpha$ , puis $\cos\alpha$ et $\sin\alpha$ .
Écris les équations horaires de $C$ et de $M$ .
Montre que $M$ et $C$ se rencontrent. Précise l'instant et la hauteur de la rencontre.
Quelle condition doit vérifier $v_0$ pour que la rencontre ait lieu avant que $C$ touche le sol ?

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1) Le tireur vise $A$ , donc $\tan\alpha = \dfrac{H}{D} = 0{,}75$ . Donc $\alpha \approx 36{,}9^\circ$ , avec $\cos\alpha = \dfrac{D}{\sqrt{D^2 + H^2}} = \dfrac{40}{50} = 0{,}8$ et $\sin\alpha = \dfrac{30}{50} = 0{,}6$ .

2) Pour $C$ (chute libre sans vitesse initiale) : $x_C = D = 40$ et $y_C = H - \dfrac{1}{2}gt^2$ . Pour $M$ : $x_M = (v_0\cos\alpha)\,t = 20\,t$ et $y_M = (v_0\sin\alpha)\,t - \dfrac{1}{2}gt^2 = 15\,t - \dfrac{1}{2}gt^2$ .

3) Il y a rencontre quand $x_M = x_C$ et $y_M = y_C$ au même instant.

$x_M = x_C$ : $v_0\cos\alpha\;t = D$ , donc $t = \dfrac{D}{v_0\cos\alpha} = \dfrac{40}{20} = 2{,}0\,\text{s}$ .
$y_M = y_C$ : $v_0\sin\alpha\;t = H$ , donc $t = \dfrac{H}{v_0\sin\alpha} = \dfrac{30}{15} = 2{,}0\,\text{s}$ .

Les deux conditions donnent le même instant (car $\tan\alpha = \dfrac{H}{D}$ ), donc il y a rencontre à $t_r = 2{,}0\,\text{s}$ . La hauteur est $y = 30 - 4{,}9 \times 2{,}0^2 = 10{,}4\,\text{m}$ . L'existence de la rencontre et son instant ne dépendent pas de $g$ (seule la hauteur $y$ en dépend) : les deux objets « tombent » de la même quantité $\dfrac{1}{2}gt^2$ par rapport à la droite de visée.

4) $C$ touche le sol quand $H = \dfrac{1}{2}gt^2$ , soit à $t_C = \sqrt{\dfrac{2H}{g}} = \sqrt{\dfrac{60}{9{,}8}} \approx 2{,}47\,\text{s}$ . La rencontre a lieu à $t_r = \dfrac{D}{v_0\cos\alpha} = \dfrac{\sqrt{D^2 + H^2}}{v_0} = \dfrac{50}{v_0}$ . Il faut $\dfrac{50}{v_0} < 2{,}47$ , soit $v_0 > 20{,}2\,\text{m.s}^{-1}$ . Avec $v_0 = 25\,\text{m.s}^{-1}$ , la condition est bien respectée.

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Exercice 8 : Le service au tennis

Type Bac

Une joueuse de tennis frappe la balle à la hauteur $y_0 = 2{,}60\,\text{m}$ au-dessus du sol. La balle part avec la vitesse $v_0 = 30{,}0\,\text{m.s}^{-1}$ , dans une direction qui fait un angle de $4{,}0^\circ$ vers le bas avec l'horizontale. On étudie le mouvement du centre d'inertie de la balle, assimilée à un projectile. Le filet est à $12{,}0\,\text{m}$ de la verticale du point de frappe et sa hauteur est de $0{,}91\,\text{m}$ . Le carré de service s'étend, horizontalement, de $12{,}0\,\text{m}$ à $18{,}4\,\text{m}$ de cette verticale. On choisit l'origine $O$ au sol, à la verticale du point de frappe, l'axe $Ox$ horizontal dans le sens du service et l'axe $Oy$ vertical vers le haut.

Fais le bilan des forces, applique la deuxième loi de Newton et donne les coordonnées du vecteur accélération.
Établis les équations horaires $v_x(t)$ , $v_y(t)$ , $x(t)$ et $y(t)$ de la balle.
Établis l'équation numérique de la trajectoire $y(x)$ .
La balle passe-t-elle au-dessus du filet ? Calcule la marge.
Détermine l'instant et l'abscisse de l'impact de la balle sur le sol. Le service est-il valable ?
Calcule la norme de la vitesse à l'impact et l'angle qu'elle fait avec le sol.

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1) Le système est la balle, le référentiel est le référentiel terrestre supposé galiléen. La seule force est le poids $\vec{P} = m\vec{g}$ . La deuxième loi $m\vec{g} = m\vec{a}$ donne $\vec{a} = \vec{g}$ , soit $a_x = 0$ et $a_y = -g = -9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ .

2) Les conditions initiales sont $x_0 = 0$ et $y_0 = 2{,}60$ , avec $v_{0x} = 30{,}0\cos 4{,}0^\circ \approx 29{,}9\,\text{m.s}^{-1}$ et $v_{0y} = -30{,}0\sin 4{,}0^\circ \approx -2{,}09\,\text{m.s}^{-1}$ (l'angle est dirigé vers le bas). Alors :

v_x = 29{,}9 \qquad v_y = -9{,}8\,t - 2{,}09

x(t) = 29{,}9\,t \qquad y(t) = -4{,}9\,t^2 - 2{,}09\,t + 2{,}60

3) On a $t = \dfrac{x}{29{,}9}$ et le coefficient de $x^2$ est $-\dfrac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha} = -\dfrac{9{,}8}{2 \times 900 \times 0{,}9951} \approx -0{,}00547$ . Comme $\tan(-4{,}0^\circ) \approx -0{,}0699$ :

y = -0{,}00547\,x^2 - 0{,}0699\,x + 2{,}60

4) Pour $x = 12{,}0\,\text{m}$ : $y = -0{,}00547 \times 144 - 0{,}0699 \times 12{,}0 + 2{,}60 \approx -0{,}788 - 0{,}839 + 2{,}60 \approx 0{,}97\,\text{m}$ . Comme $0{,}97\,\text{m} > 0{,}91\,\text{m}$ , la balle passe au-dessus du filet, avec une marge d'environ $0{,}06\,\text{m}$ .

5) À l'impact, $y(t_I) = 0$ , soit $4{,}9\,t_I^2 + 2{,}09\,t_I - 2{,}60 = 0$ . Le discriminant est $\Delta = 2{,}09^2 + 4 \times 4{,}9 \times 2{,}60 \approx 55{,}3$ , donc $t_I = \dfrac{-2{,}09 + \sqrt{55{,}3}}{9{,}8} \approx 0{,}546\,\text{s}$ (on rejette la racine négative). L'abscisse est $x_I = 29{,}9 \times 0{,}546 \approx 16{,}3\,\text{m}$ . Comme $12{,}0\,\text{m} < 16{,}3\,\text{m} < 18{,}4\,\text{m}$ , la balle retombe dans le carré de service : le service est valable.

6) À l'impact, $v_x = 29{,}9\,\text{m.s}^{-1}$ et $v_y = -9{,}8 \times 0{,}546 - 2{,}09 \approx -7{,}44\,\text{m.s}^{-1}$ . La norme est $v = \sqrt{29{,}9^2 + 7{,}44^2} \approx 30{,}8\,\text{m.s}^{-1}$ , et l'angle avec le sol vérifie $\tan\beta = \dfrac{7{,}44}{29{,}9}$ , soit $\beta \approx 14{,}0^\circ$ . Contrôle : $v = \sqrt{v_0^2 + 2gy_0} = \sqrt{900 + 2 \times 9{,}8 \times 2{,}60} \approx 30{,}8\,\text{m.s}^{-1}$ .

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Exercice 9 : Déviation d'un faisceau d'électrons

Type Bac

Dans un tube cathodique, des électrons quittent la cathode $C$ avec une vitesse négligeable. Ils sont accélérés entre $C$ et l'anode $A$ par la tension $U_0 = 500\,\text{V}$ , puis traversent un trou de $A$ avec une vitesse horizontale $\vec{v}_0$ et entrent en $O$ entre deux plaques horizontales de longueur $\ell = 4{,}0\,\text{cm}$ , distantes de $d = 1{,}5\,\text{cm}$ . La plaque supérieure est positive et la tension entre les plaques est $U = 60\,\text{V}$ . $O$ est à égale distance des deux plaques. Un écran se trouve à $L = 20\,\text{cm}$ du bord de sortie des plaques. Le tout est dans le vide. Données : $e = 1{,}6\times 10^{-19}\,\text{C}$ , $m = 9{,}11\times 10^{-31}\,\text{kg}$ .

Calcule la vitesse $v_0$ des électrons à la sortie de l'anode.
Donne la direction et le sens du champ $\vec{E}$ entre les plaques, puis sa valeur. Précise le sens de la force électrique sur un électron et montre que le poids est négligeable.
Dans le repère $(O, x, y)$ , avec $Ox$ horizontal et $Oy$ vertical vers le haut, établis les équations horaires du mouvement d'un électron entre les plaques.
Établis l'équation de la trajectoire et vérifie qu'elle s'écrit $y = 2{,}0\,x^2$ (en unités SI).
Calcule la déviation $y_S$ à la sortie des plaques et vérifie que l'électron ne heurte pas une plaque. Calcule l'angle de déviation $\theta$ .
Calcule la déviation $Y$ du point d'impact sur l'écran. Comment varie $Y$ si on double $U_0$ ?

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1) Entre $C$ et $A$ , le théorème de l'énergie cinétique donne $\dfrac{1}{2}mv_0^2 - 0 = eU_0$ . Donc $v_0 = \sqrt{\dfrac{2eU_0}{m}} = \sqrt{\dfrac{2 \times 1{,}6\times 10^{-19} \times 500}{9{,}11\times 10^{-31}}} \approx 1{,}33\times 10^{7}\,\text{m.s}^{-1}$ .

2) Le champ est vertical, dirigé de la plaque positive (en haut) vers la plaque négative (en bas). Sa valeur est $E = \dfrac{U}{d} = \dfrac{60}{0{,}015} = 4{,}0\times 10^{3}\,\text{V.m}^{-1}$ . L'électron a une charge négative : la force $\vec{F} = -e\vec{E}$ est vers le haut, donc vers la plaque positive. Sa valeur est $F = eE = 6{,}4\times 10^{-16}\,\text{N}$ , alors que $P = mg \approx 8{,}9\times 10^{-30}\,\text{N}$ . Le rapport $\dfrac{F}{P} \approx 7\times 10^{13}$ : le poids est négligeable.

3) La deuxième loi de Newton donne $\vec{a} = \dfrac{-e}{m}\vec{E}$ , dirigée vers le haut, de valeur $a = \dfrac{eE}{m} \approx 7{,}0\times 10^{14}\,\text{m.s}^{-2}$ . Avec $a_x = 0$ et $a_y = a$ , et les conditions initiales $v_{0x} = v_0$ , $v_{0y} = 0$ , $x_0 = y_0 = 0$ :

v_x = v_0 \quad v_y = at \qquad x = v_0t \quad y = \frac{1}{2}at^2

4) On a $t = \dfrac{x}{v_0}$ , donc $y = \dfrac{a}{2v_0^2}x^2 = \dfrac{eU}{2mdv_0^2}x^2$ . Avec $v_0^2 = \dfrac{2eU_0}{m}$ , le coefficient devient $\dfrac{U}{4dU_0} = \dfrac{60}{4 \times 0{,}015 \times 500} = 2{,}0\,\text{m}^{-1}$ . Donc $y = 2{,}0\,x^2$ : c'est une parabole.

5) À la sortie, $x = \ell = 0{,}040\,\text{m}$ : $y_S = 2{,}0 \times 0{,}040^2 = 3{,}2\times 10^{-3}\,\text{m} = 3{,}2\,\text{mm}$ . Comme $y_S < \dfrac{d}{2} = 7{,}5\,\text{mm}$ , l'électron ne heurte pas la plaque. L'angle vérifie $\tan\theta = \dfrac{2y_S}{\ell} = \dfrac{6{,}4\times 10^{-3}}{0{,}040} = 0{,}16$ , soit $\theta \approx 9{,}1^\circ$ .

6) Après les plaques, le mouvement est rectiligne uniforme de pente $\tan\theta$ , et le prolongement de la trajectoire passe par le milieu $I$ des plaques. Donc $Y = \left(\dfrac{\ell}{2} + L\right)\tan\theta = (0{,}020 + 0{,}20) \times 0{,}16 \approx 3{,}5\times 10^{-2}\,\text{m}$ , soit $3{,}5\,\text{cm}$ . En combinant les expressions, $Y = \dfrac{U\ell}{2dU_0}\left(\dfrac{\ell}{2} + L\right)$ : $Y$ est inversement proportionnelle à $U_0$ et ne dépend ni de $e$ ni de $m$ . Si on double $U_0$ , la déviation $Y$ est divisée par 2.

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QCM

1.Un projectile en chute libre est soumis uniquement à son poids. Son vecteur accélération est :

2.Un projectile est lancé avec la vitesse

v_0

à l'angle

\alpha

avec l'horizontale. Au sommet de la trajectoire :

3.Un projectile est lancé à

v_0 = 20\,\text{m.s}^{-1}

avec

\alpha = 30^\circ

(

g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}

). Sa flèche vaut environ :

4.Un tir au niveau du sol, à l'angle

20^\circ

, a la même portée qu'un tir à la même vitesse sous l'angle :

5.On double la vitesse initiale

v_0

sans changer l'angle de tir (tir au niveau du sol). La portée est :

6.La trajectoire d'un projectile dans le champ de pesanteur uniforme, sans frottement, est :

7.Un électron pénètre, avec une vitesse parallèle aux plaques, dans un champ électrique uniforme

\vec{E}

vertical dirigé vers le bas. Il est dévié :

8.Dans les mêmes conditions, on double la tension

U

entre les plaques. La déviation

y_S

à la sortie est :

Erreurs fréquentes

Se tromper de signe sur $a_y$ : avec $Oy$ vers le haut, $a_y = -g$ . Si tu orientes $Oy$ vers le bas, c'est $a_y = +g$ et les équations portant sur $Oy$ changent de signe : choisis ton repère avant de calculer, et garde-le.
Croire que la vitesse est nulle au sommet : seule la composante verticale s'annule. La vitesse vaut alors $v_0\cos\alpha$ .
Utiliser la formule de la portée au mauvais niveau : $x_P = \dfrac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}$ n'est valable que si l'arrivée est au niveau du départ. Sinon, résous $y(t) = y_{\text{arrivée}}$ .
Garder les deux racines de l'équation du second degré : un temps négatif n'a pas de sens physique. Quand la cible est en hauteur (un panier de basket par exemple), repère aussi si la racine concerne la montée ou la descente.
Calculer avec la calculatrice en radians : vérifie le mode degrés avant de calculer $\cos 30^\circ$ ou $\sin 55^\circ$ .
Penser que la masse intervient : pour un projectile, $\vec{a} = \vec{g}$ ne dépend pas de la masse. Une pierre lourde et une pierre légère, lancées de la même façon, ont la même trajectoire (sans frottements).
Prendre en compte le poids d'un électron ou d'un proton : il est négligeable devant la force électrique ; en revanche, vérifie-le toujours par un calcul d'ordre de grandeur.
Se tromper de sens de déviation : un électron (charge négative) est attiré par la plaque positive, donc dévié dans le sens contraire à $\vec{E}$ .

À retenir

Projectile en chute libre : $\vec{a} = \vec{g}$ , indépendant de la masse ; $a_x = 0$ et $a_y = -g$ avec $Oy$ vers le haut.
Équations horaires : $x = (v_0\cos\alpha)\,t$ et $y = -\dfrac{1}{2}gt^2 + (v_0\sin\alpha)\,t + y_0$ .
Trajectoire : $y = -\dfrac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}x^2 + (\tan\alpha)\,x + y_0$ , un arc de parabole.
Sommet : $v_y = 0$ , donc $t_S = \dfrac{v_0\sin\alpha}{g}$ et flèche $\dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}$ .
Portée au même niveau : $x_P = \dfrac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}$ , maximale à $45^\circ$ ; angles complémentaires, même portée.
Pour un autre niveau d'arrivée, résous $y(t) = y_{\text{arrivée}}$ et garde la racine positive.
Champ électrique uniforme : $E = \dfrac{U}{d}$ , force $\vec{F} = q\vec{E}$ , accélération $\vec{a} = \dfrac{q}{m}\vec{E}$ ; le poids est négligeable pour une particule élémentaire.
Particule entrant perpendiculairement au champ : trajectoire parabolique, $y_S = \dfrac{|q|U\ell^2}{2mdv_0^2}$ et $\tan\theta = \dfrac{|q|U\ell}{mdv_0^2}$ , puis trajectoire rectiligne qui semble partir du milieu des plaques.
Toujours vérifier un résultat avec $v^2 = v_0^2 + 2g(y_0 - y)$ pour le projectile.

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Mouvements plans

En bref

L'essentiel

1. La démarche générale d'étude d'un mouvement

2. Le projectile dans le champ de pesanteur uniforme

3. La particule chargée dans un champ électrique uniforme

Méthodes

Méthode 1 : Établir les équations horaires d'un projectile

Méthode 2 : Trouver le sommet, la durée du vol et la portée

Méthode 3 : Un projectile franchit-il un obstacle ou atteint-il une cible ?

Méthode 4 : Déterminer v0v_0v0​ ou α\alphaα à partir de données

Méthode 5 : Étudier une particule chargée entre deux plaques

Exercices corrigés

QCM

Erreurs fréquentes

À retenir

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Méthode 4 : Déterminer $v_0$ ou $\alpha$ à partir de données