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Physique-Chimie · Bac PC · Coefficient 7

Mouvements plans — Cours Physique Bac PC

Un projectile lancé avec une vitesse initiale oblique décrit une trajectoire parabolique : décomposer le mouvement sur deux axes transforme un problème à deux dimensions en deux mouvements indépendants, gouvernés par la seule action du poids.

Relu par Équipe Orka · 29 août 2026

Dans le programme du Bac PC

Coefficient 7, à égalité avec les Mathématiques. Ce chapitre généralise la chute libre au cas d'une vitesse initiale non verticale et introduit la base de Frenet (accélération tangentielle et normale), réutilisée telle quelle pour les satellites et la rotation d'un solide.

À l'épreuve

L'exercice donne des conditions de lancement (vitesse initiale, angle, hauteur) et demande les équations horaires, l'équation de la trajectoire, la portée et/ou la flèche du tir ; ou bien porte sur un mouvement circulaire (accélération centripète, vitesse angulaire).

Objectifs d'apprentissage

  • Établir les équations horaires $x(t)$ et $y(t)$ d'un mouvement de projectile
  • Établir l'équation de la trajectoire par élimination du temps
  • Calculer la portée et la flèche d'un tir
  • Décomposer l'accélération dans la base de Frenet (composantes tangentielle et normale)
  • Reconnaître un mouvement circulaire uniforme à partir de l'accélération normale $v^2/R$

Notions clés

Équations horaires du mouvement parabolique

Seul le poids agit (frottements négligés) : a⃗=(0,−g)\vec a=(0,-g). Avec une vitesse initiale v0v_0 à l'angle α\alpha depuis un point (0,h0)(0,h_0) : vx(t)=v0cos⁡αv_x(t)=v_0\cos\alpha (constante), vy(t)=v0sin⁡α−g tv_y(t)=v_0\sin\alpha-g\,t, d'où x(t)=v0cos⁡α tx(t)=v_0\cos\alpha\,t et y(t)=h0+v0sin⁡α t−12g t2y(t)=h_0+v_0\sin\alpha\,t-\dfrac{1}{2}g\,t^2.

Équation de la trajectoire

En éliminant t=xv0cos⁡αt=\dfrac{x}{v_0\cos\alpha} : y(x)=h0+xtan⁡α−g x22 v02cos⁡2αy(x)=h_0+x\tan\alpha-\dfrac{g\,x^2}{2\,v_0^2\cos^2\alpha} — une parabole.

Portée et flèche (h₀ = 0)

Portée (distance horizontale au retour à y=0y=0) : xmax=v02sin⁡(2α)gx_{max}=\dfrac{v_0^2\sin(2\alpha)}{g}, maximale pour α=45°\alpha=45°. Flèche (hauteur maximale) : ymax=v02sin⁡2α2gy_{max}=\dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}.

Mouvement d'un solide sur un plan horizontal ou incliné

Un solide de masse mm glisse sur un plan incliné d'un angle α\alpha sur l'horizontale. Il subit son poids P⃗\vec P et la réaction R⃗\vec R du plan. Sans frottement, la deuxième loi de Newton projetée sur un axe parallèle à la pente (orienté vers le bas) donne a=gsin⁡αa = g\sin\alpha : le mouvement est rectiligne uniformément varié ; sur l'axe normal, R=mgcos⁡αR = mg\cos\alpha. Avec une force de frottement constante ff opposée au mouvement : a=gsin⁡α−fma = g\sin\alpha - \dfrac{f}{m}. Sur un plan horizontal, un solide lancé qui glisse avec frottement décélère (a=−fma = -\dfrac{f}{m}) ; tiré par une force F⃗\vec F faisant un angle β\beta avec l'horizontale, il vérifie ma=Fcos⁡β−fma = F\cos\beta - f. Exemple : α=30°\alpha = 30° sans frottement donne a=9,8×0,5=4,9 m⋅s−2a = 9{,}8 \times 0{,}5 = 4{,}9\ m\cdot s^{-2}.

Particule chargée dans un champ magnétique uniforme

Une particule de charge qq et de vitesse v⃗\vec v dans un champ magnétique uniforme B⃗\vec B subit la force de Lorentz F⃗=q v⃗∧B⃗\vec F = q\,\vec v \wedge \vec B. Cette force est perpendiculaire à v⃗\vec v : elle ne travaille pas, donc la norme de la vitesse reste constante (mouvement uniforme). Si v⃗0⊥B⃗\vec v_0 \perp \vec B, la trajectoire est un cercle dans le plan perpendiculaire à B⃗\vec B, de rayon R=m v0∣q∣ BR = \dfrac{m\,v_0}{|q|\,B}, parcouru avec la période T=2πm∣q∣ BT = \dfrac{2\pi m}{|q|\,B}, indépendante de la vitesse. Comme RR dépend de la masse, le spectrographe de masse utilise ce mouvement pour séparer des isotopes.

Erreurs fréquentes

1
Traiter le mouvement horizontal et vertical comme couplés : vxv_x reste constante (mouvement uniforme sur xx), seule yy est affectée par l'accélération.
2
Oublier de décomposer la vitesse initiale : utiliser v0v_0 au lieu de v0cos⁡αv_0\cos\alpha et v0sin⁡αv_0\sin\alpha.
3
Confondre portée (distance horizontale au sol) et flèche (hauteur maximale atteinte).

Exemple corrigé

Énoncé

Un ballon est lancé depuis le sol (h0=0h_0=0) avec une vitesse initiale v0=20 m\cdotps−1v_0=20\ \text{m·s}^{-1} faisant un angle α=30°\alpha=30° avec l'horizontale. Calculer la portée et la flèche du tir (g=9,8 m\cdotps−2g=9{,}8\ \text{m·s}^{-2}).

Correction

Équations horaires. x(t)=v0cos⁡α t=20×0,866 t≈17,3 tx(t)=v_0\cos\alpha\,t=20\times0{,}866\,t\approx17{,}3\,t ; y(t)=v0sin⁡α t−12g t2=10 t−4,9 t2y(t)=v_0\sin\alpha\,t-\dfrac{1}{2}g\,t^2=10\,t-4{,}9\,t^2.
Portée. xmax=v02sin⁡(2α)g=400×sin⁡60°9,8≈346,49,8≈35,3 mx_{max}=\dfrac{v_0^2\sin(2\alpha)}{g}=\dfrac{400\times\sin 60°}{9{,}8}\approx\dfrac{346{,}4}{9{,}8}\approx35{,}3\ \text{m}.
Flèche. ymax=v02sin⁡2α2g=400×0,2519,6≈5,1 my_{max}=\dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}=\dfrac{400\times0{,}25}{19{,}6}\approx5{,}1\ \text{m}.

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Exercice 1

Facile
Un objet est lancé horizontalement (α=0\alpha=0) depuis une hauteur h0=10 mh_0=10\ \text{m} avec v0=5,0 m\cdotps−1v_0=5{,}0\ \text{m·s}^{-1}. Calculer le temps de chute et la distance horizontale parcourue.
Voir la correction
y(t)=h0−12g t2=0⇒t=2h0g=209,8≈1,4 sy(t)=h_0-\dfrac{1}{2}g\,t^2=0\Rightarrow t=\sqrt{\dfrac{2h_0}{g}}=\sqrt{\dfrac{20}{9{,}8}}\approx1{,}4\ \text{s}. x=v0 t≈5,0×1,4≈7,1 mx=v_0\,t\approx5{,}0\times1{,}4\approx7{,}1\ \text{m}.

Exercice 2

Moyen
Calculer la vitesse initiale nécessaire pour qu'un tir à α=45°\alpha=45° atteigne une portée de 50 m50\ \text{m}.
Voir la correction
xmax=v02sin⁡90°g=v02g⇒v0=xmax g=50×9,8=490≈22,1 m\cdotps−1x_{max}=\dfrac{v_0^2\sin 90°}{g}=\dfrac{v_0^2}{g}\Rightarrow v_0=\sqrt{x_{max}\,g}=\sqrt{50\times9{,}8}=\sqrt{490}\approx22{,}1\ \text{m·s}^{-1}.

Exercice 3

Difficile
Montrer qu'à vitesse initiale fixée, l'angle qui maximise la portée est α=45°\alpha=45°, puis calculer la portée maximale pour v0=15 m\cdotps−1v_0=15\ \text{m·s}^{-1}.
Voir la correction
xmax(α)=v02sin⁡(2α)gx_{max}(\alpha)=\dfrac{v_0^2\sin(2\alpha)}{g} est maximal quand sin⁡(2α)=1\sin(2\alpha)=1, soit 2α=90°2\alpha=90°, donc α=45°\alpha=45° (seule solution dans [0°,90°][0°,90°]). Portée maximale : xmax=v02g=2259,8≈23,0 mx_{max}=\dfrac{v_0^2}{g}=\dfrac{225}{9{,}8}\approx23{,}0\ \text{m}.

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Questions fréquentes

Pourquoi la composante horizontale de la vitesse reste-t-elle constante ?

Parce que la seule force (le poids) est verticale : sa projection sur l'axe horizontal est nulle, donc ax=0a_x=0 et vxv_x est constante — c'est un mouvement rectiligne uniforme sur l'axe horizontal, superposé à une chute libre sur l'axe vertical.

La masse du projectile influence-t-elle sa trajectoire ?

Non, tant que les frottements sont négligés : l'accélération a=ga=g ne dépend pas de la masse, donc deux projectiles lancés avec les mêmes conditions initiales suivent la même trajectoire, quelle que soit leur masse.

Comment reconnaît-on un mouvement circulaire uniforme dans la base de Frenet ?

L'accélération tangentielle est nulle (at=dvdt=0a_t=\dfrac{dv}{dt}=0, la vitesse ne varie pas en norme) et l'accélération normale vaut an=v2Ra_n=\dfrac{v^2}{R}, dirigée vers le centre. C'est exactement la situation d'un satellite en orbite circulaire.

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