Exercices corrigés — Équation de la trajectoire d'un projectile

1. On isole $t$ dans la première équation ($\cos\alpha \neq 0$ car le tir n’est pas vertical) :

$t = \dfrac{x}{v_0 \cos\alpha}$

2. On remplace $t$ dans $y(t)$ :

$y = -\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{v_0 \cos\alpha}\right)^{2} + v_0 \sin\alpha \times \dfrac{x}{v_0 \cos\alpha}$

Dans le premier terme, on développe le carré ; dans le second, $v_0$ se simplifie et $\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \tan\alpha$ :

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

Le temps a disparu : c’est bien une relation entre $y$ et $x$ uniquement. (Si le tir part d’une hauteur $h$, on ajoute simplement $+\,h$ à la fin.)

3. C’est un polynôme du second degré en $x$ avec un coefficient négatif devant $x^{2}$ : la trajectoire est une parabole tournée vers le bas.

1. Avec $\cos 45° = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ donc $\cos^{2} 45° = 0{,}50$, et $\tan 45° = 1$ :

$y(x) = -\dfrac{9{,}81}{2 \times 10{,}0^{2} \times 0{,}50}\,x^{2} + x = -0{,}0981\,x^{2} + x$

2. La portée est l’abscisse (non nulle) du retour au sol, solution de $y(x) = 0$ :

$x\,(-0{,}0981\,x + 1) = 0 \quad \Rightarrow \quad x_P = \dfrac{1}{0{,}0981} = 10{,}2~\text{m}$

La balle retombe à 10,2 m du point de frappe. (Vérification avec la formule $x_P = \dfrac{v_0^{2}\sin(2\alpha)}{g} = \dfrac{100 \times 1}{9{,}81} = 10{,}2~\text{m}$ ✓)

3. La parabole est symétrique : le sommet est à mi-portée, $x_S = \dfrac{x_P}{2} = 5{,}10~\text{m}$. La flèche vaut :

$y_S = -0{,}0981 \times (5{,}10)^{2} + 5{,}10 = 2{,}5~\text{m}$

La balle culmine à 2,5 m. Remarque : à 45°, la flèche vaut exactement le quart de la portée — un bon moyen de vérifier ton résultat.

1. On identifie avec la forme générale $y(x) = -\dfrac{g}{2v_0^{2}\cos^{2}\alpha}\,x^{2} + x\tan\alpha$. Le coefficient de $x$ donne :

$\tan\alpha = 0{,}80 \quad \Rightarrow \quad \alpha = 39°$

2. Le coefficient de $x^{2}$ donne :

$\dfrac{g}{2v_0^{2}\cos^{2}\alpha} = 0{,}20 \quad \Rightarrow \quad v_0^{2} = \dfrac{g}{2 \times 0{,}20 \times \cos^{2}\alpha} = \dfrac{9{,}81}{0{,}40 \times \cos^{2}(38{,}7°)} = 40{,}3~\text{m}^{2}\text{·s}^{-2}$

$v_0 = \sqrt{40{,}3} = 6{,}3~\text{m·s}^{-1}$

3. On résout $y(x) = 0$ : $x\,(-0{,}20\,x + 0{,}80) = 0$, d’où :

$x_P = \dfrac{0{,}80}{0{,}20} = 4{,}0~\text{m}$

Le ballon retombe à 4,0 m. Ce sens de lecture « équation → conditions initiales » est très apprécié des correcteurs du bac : sache faire l’aller et le retour.

1. Avec $\cos 30° = 0{,}866$ donc $\cos^{2} 30° = 0{,}75$, et $\tan 30° = 0{,}577$ :

$y(x) = -\dfrac{9{,}81}{2 \times 15^{2} \times 0{,}75}\,x^{2} + 0{,}577\,x = -0{,}0291\,x^{2} + 0{,}577\,x$

2. On calcule l’altitude du ballon à l’abscisse du mur, $x = 9{,}15~\text{m}$ :

$y(9{,}15) = -0{,}0291 \times (9{,}15)^{2} + 0{,}577 \times 9{,}15 = -2{,}44 + 5{,}28 = 2{,}8~\text{m}$

$2{,}8~\text{m} > 2{,}2~\text{m}$ : le ballon passe au-dessus du mur, même bras levés, avec environ 60 cm de marge.

3. Portée : on résout $y(x) = 0$ :

$x_P = \dfrac{0{,}577}{0{,}0291} = 20~\text{m}$

(Vérification : $x_P = \dfrac{v_0^{2}\sin(2\alpha)}{g} = \dfrac{225 \times \sin 60°}{9{,}81} = 19{,}9~\text{m}$ ✓)

Le ballon retombe à environ 20 m, soit avant la ligne de but située à 25 m : sans rebond ni effet, ce coup franc n’atteint pas la cage. Il faudrait frapper plus fort ou choisir un autre angle — c’est exactement le genre de discussion physique attendue au bac.