Le mouvement dans un champ de pesanteur uniforme : la parabole du projectile

Un ballon frappé, une pierre lancée, un jet d'eau d'arrosage : la trajectoire est une courbe, et elle a l'air compliquée. Elle ne l'est pas. Elle est la superposition de deux mouvements que vous savez déjà décrire séparément, et c'est toute l'idée de cette leçon.

Le point de départ, encore et toujours, est la deuxième loi de Newton. Une fois le projectile lâché, plus rien ne le pousse : la main, la raquette ou le pied n'agissent plus. Si l'on néglige les frottements de l'air, une seule force s'exerce sur lui, son poids. Pour un projectile modélisé comme un point matériel de masse constante, dans un référentiel terrestre supposé galiléen et un champ de pesanteur uniforme,

C'est exactement la même conclusion que dans la leçon sur la chute verticale, et pour la même raison : la masse se simplifie. Le vecteur accélération est constant, vertical, dirigé vers le bas, de valeur $g = 9{,}81$ m/s² — quels que soient l'angle du lancer, la vitesse de départ et la masse de l'objet. Un ballon de football et une boule de pétanque lancés de la même façon suivent la même trajectoire.

Ce qui est nouveau : il faut deux axes. Le mouvement ne se fait plus sur une droite. On choisit donc un repère à deux dimensions : un axe horizontal $(Ox)$ dans le sens du lancer, un axe vertical $(Oy)$ orienté vers le haut, l'origine au point de départ. Et l'on projette : le vecteur $\vec{g}$ étant vertical, ses composantes sont

Ce $a_x = 0$ est la clé de tout le chapitre. Il dit qu'aucune force n'agit horizontalement : la composante horizontale de la vitesse ne change pas de tout le vol. Le langage courant suggère le contraire — on croit que le ballon « perd de la vitesse » vers l'avant —, mais c'est l'air qui ferait cela, et on le néglige.

L'indépendance des deux mouvements. Les deux équations $a_x = 0$ et $a_y = -g$ ne se parlent pas : chacune s'intègre de son côté. Le mouvement du projectile est donc la superposition de

• un mouvement rectiligne uniforme selon l'horizontale, à la vitesse constante $v_{0x}$ ;
• un mouvement uniformément accéléré selon la verticale, exactement la chute libre de la leçon précédente.

C'est le principe d'indépendance des mouvements, et il a une conséquence spectaculaire : une bille qui quitte une table horizontalement et une bille qu'on lâche au même instant depuis le bord de cette table touchent le sol en même temps. La vitesse horizontale de la première ne change rien à sa chute. On peut le vérifier avec deux billes et une règle ; c'est l'expérience historique associée à ce chapitre.

Décomposer la vitesse initiale. Si le lancer se fait sous un angle $\alpha$ avec l'horizontale, à la vitesse $v_0$, la trigonométrie de première donne les deux composantes :

Le cosinus va avec l'horizontale, le sinus avec la verticale : c'est le seul point à mémoriser, et il se retrouve en dessinant le triangle rectangle dont $\vec{v}_0$ est l'hypoténuse. Un tir presque horizontal ($\alpha$ petit) a une grande composante horizontale et une petite composante verticale ; un tir presque vertical, l'inverse. Oublier ces cosinus et sinus, c'est-à-dire prendre $v_0$ pour l'une des composantes, est l'erreur la plus fréquente du chapitre.

Les équations horaires. On intègre deux fois chaque composante, avec pour conditions initiales la position $(0\,;\,0)$ et la vitesse $(v_0\cos\alpha\,;\,v_0\sin\alpha)$ :

Quatre expressions, et le mouvement est entièrement connu. Tout le reste — durée du vol, portée, hauteur maximale — s'en déduit en résolvant des équations simples.

Pourquoi une parabole ? Pour $v_0>0$ et $0<\alpha<90°$, la composante horizontale est non nulle et l’on peut éliminer le temps entre les deux équations de position. De la première, $t = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha}$ ; en reportant dans la seconde :

C'est l'équation de la trajectoire : $y$ est une fonction polynomiale de degré 2 de $x$, donc la trajectoire est un arc de parabole, tournée vers le bas. Retenez surtout la démarche : la trajectoire s'obtient en éliminant le temps entre les deux équations horaires, jamais en dérivant ni en intégrant l'une par rapport à l'autre.

Les trois questions classiques, et leur résolution.

Le sommet. Au point le plus haut, la vitesse n'est pas nulle : seule sa composante verticale s'annule, la composante horizontale valant toujours $v_0\cos\alpha$. Le projectile passe donc au sommet en se déplaçant horizontalement. On y est à l'instant $t_s$ tel que $-g\,t_s + v_0\sin\alpha = 0$, soit $t_s = \dfrac{v_0\sin\alpha}{g}$.

La flèche — la hauteur maximale — s'obtient en reportant $t_s$ dans $y(t)$ :

La portée — la distance horizontale au point de retombée, lorsque le projectile revient au niveau du lancer — s'obtient en cherchant l'autre solution de $y(t) = 0$. Elle vaut $t_v = \dfrac{2\,v_0\sin\alpha}{g}$, exactement le double de la durée de montée, puis

Ces deux relations, celle de la portée et celle de la flèche, sont données dans les énoncés : on vous demande de les utiliser et de les interpréter, pas de les redémontrer. Ce qu'il faut savoir, c'est d'où elles viennent et quand elles s'appliquent : La portée D et la durée de retour t_v écrites ici exigent un départ et une arrivée à la même hauteur, sans imposer que cette hauteur soit le sol. La flèche H mesure la montée maximale au-dessus du départ, si le sommet est atteint avant un obstacle ; elle n’exige pas une retombée au niveau du lancer. Pour une arrivée à une autre hauteur, on calcule la durée et la distance avec les équations horaires.

Ce que dit la formule de la portée. Le sinus de $2\alpha$ vaut $1$ au maximum, pour $2\alpha = 90°$, donc pour $\alpha = 45°$ : c'est l'angle qui donne la portée maximale à vitesse initiale donnée. Autre lecture : $\sin(2\alpha)$ prend la même valeur pour $\alpha$ et pour $90° - \alpha$. Un tir à $30°$ et un tir à $60°$, à la même vitesse, retombent au même endroit — mais pas par le même chemin : le second monte bien plus haut et reste plus longtemps en l'air. Enfin, la vitesse initiale intervient au carré : à même angle, mêmes niveaux de départ et d’arrivée et dans ce modèle sans air, doubler la vitesse initiale quadruple la portée.

La symétrie du vol. Pour une retombée à la même hauteur que le départ dans ce modèle, la trajectoire est symétrique par rapport à la verticale du sommet : la montée dure autant que la descente, et la vitesse à l'arrivée a la même valeur qu'au départ, avec un angle égal à $\alpha$ mais orienté vers le bas. Attention : cette symétrie est perdue dès que le point d'arrivée n'est pas à la hauteur du point de départ. Une balle lancée du haut d'une falaise arrive plus vite et plus incliné qu'elle n'est partie.

Le cas particulier du lancer horizontal. Quand $\alpha = 0$ — une bille qui roule et quitte le bord d'une table, une pierre lancée horizontalement du haut d'une falaise —, tout se simplifie. On prend souvent l'axe vertical vers le bas, origine au point de départ :

La durée du vol se calcule d'abord, par le mouvement vertical seul : $z = h$ donne $t = \sqrt{\dfrac{2h}{g}}$ — la vitesse initiale n'y figure pas, ce qui est l'indépendance des mouvements en action. Puis la distance horizontale s'obtient en multipliant cette durée par la vitesse horizontale, $d = v_0\,t$. Toujours dans cet ordre : le vertical donne le temps, l'horizontal donne la distance.

Les bornes de cette leçon. Les frottements de l'air sont négligés : dans la réalité, un ballon de football à $30$ m/s en subit assez pour raccourcir nettement sa portée, et sa trajectoire n'est plus tout à fait une parabole. Aucun effet de rotation n'est étudié. Et l'on ne cherche pas ici l'angle qu'il faudrait donner pour atteindre une cible précise : cette question conduit à une équation du second degré en $\tan\alpha$, hors du périmètre choisi pour cette leçon.

On donne $g = 9{,}81$ m/s² et l'on néglige les frottements de l'air.

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Situation 1 — le lancer horizontal.

Une bille roule sur une table horizontale et en quitte le bord à la vitesse horizontale $v_0 = 2$ m/s. Le bord est à la hauteur $h = 1{,}0$ m au-dessus du sol. On prend un repère d'origine le point de départ, axe $(Ox)$ horizontal dans le sens de $\vec{v}_0$, axe $(Oz)$ vertical vers le bas.

Questions. Combien de temps la bille met-elle à toucher le sol ? À quelle distance du pied de la table tombe-t-elle ?

Système et loi. Système : la bille. Référentiel terrestre supposé galiléen. Après le bord de la table, seule force : le poids. Deuxième loi de Newton : $\vec{a} = \vec{g}$, donc $a_x = 0$ et $a_z = +g$ avec cette orientation.

Équations horaires. Par intégration, $v_x = v_0$ (constante) et $v_z = g\,t$, puis

Durée du vol — c'est le mouvement vertical qui la donne. Le sol correspond à $z(t_s) = h$ :

Remarquez : $v_0$ n'apparaît nulle part. Une bille lâchée sans élan depuis le bord tomberait exactement dans le même temps.

Distance horizontale — c'est le mouvement horizontal qui la donne.

Contrôle. Un peu moins d'un mètre pour une bille qui quitte une table à $2$ m/s : plausible. Et si l'on doublait la vitesse de la bille, la durée ne changerait pas mais la distance doublerait — ce que dit la relation $d = v_0\,t_s$.

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Situation 2 — le tir sous un angle.

Un ballon de football est frappé depuis le sol avec une vitesse initiale $v_0 = 20$ m/s faisant un angle $\alpha = 30°$ avec l'horizontale, et retombe au niveau du sol. On admet que la portée vaut $D = \dfrac{v_0^{2}\sin(2\alpha)}{g}$ et la flèche $H = \dfrac{v_0^{2}\sin^{2}\alpha}{2g}$.

Questions. Calculer la portée, la hauteur maximale, la durée du vol, et la valeur de la vitesse au sommet.

Les composantes de la vitesse initiale. $v_{0x} = 20\cos 30° \approx 17{,}3$ m/s et $v_{0y} = 20\sin 30° = 10$ m/s. La composante horizontale est la plus grande : le tir est tendu.

Portée. Avec $2\alpha = 60°$ et $\sin 60° \approx 0{,}8660$ :

Flèche. Avec $\sin 30° = 0{,}5$ donc $\sin^{2} 30° = 0{,}25$ :

Durée du vol. C'est le double de la durée de montée :

Vitesse au sommet. La composante verticale y est nulle, mais pas la vitesse : il reste la composante horizontale, inchangée depuis le départ,

Contrôle. Trente-cinq mètres de portée, cinq mètres de hauteur, deux secondes de vol : les trois valeurs sont cohérentes entre elles et avec un ballon frappé sur un terrain. Et si le même ballon était frappé à $60°$ au lieu de $30°$, la portée serait identique — $\sin 120° = \sin 60°$ — mais la flèche passerait à environ $15{,}3$ m et le vol durerait presque $3{,}5$ s.

La scène principale correspond au modèle sans air : v₀ = 20 m/s, angle 30°, g = 9,81 m/s², départ et arrivée à la même hauteur. Les sept positions sont régulièrement datées. Leurs projections horizontales sont équidistantes, tandis que les projections verticales se resserrent vers le sommet puis s’écartent.

La composante horizontale de vitesse reste environ 17,3 m/s. Au sommet, seule la composante verticale est nulle ; l’accélération reste verticale vers le bas. La portée vaut environ 35,3 m et la flèche 5,10 m. Les tirs à 30° et 60° ont la même portée, mais celui à 60° monte trois fois plus haut (environ 15,3 m), car sin²60°/sin²30° = 3. Le tir à 45° a la plus grande portée pour cette vitesse initiale et ces mêmes conditions de retombée.