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Chute libre et mouvement dans un champ de pesanteur

Étude cinématique et dynamique des mouvements en chute libre et en projection — programme de 1re Spécialité

À propos de cette page

Ces exercices corrigés sur « Chute libre et mouvement dans un champ de pesanteur » en première permettent de s'entraîner et de vérifier ses acquis en spécialité physique-chimie. Ils suivent le programme officiel de première et sont classés par difficulté (facile, moyen, difficile). Au programme : L'essentiel : champ de pesanteur, poids et chute libre, Décrire un mouvement : position, vitesse, variation de vitesse, La deuxième loi de Newton appliquée à la chute libre, Chute libre verticale : équations horaires. Chaque exercice est suivi d'une correction rédigée, à déplier une fois la recherche faite au brouillon. Cet entraînement aide à mémoriser les méthodes, repérer ses erreurs et gagner en confiance avant un contrôle. Exercices gratuits proposés par un professeur particulier à Marseille pour réviser spécialité physique-chimie en première.

Exercices corrigés, classés du plus simple au plus complexe. Cherche d'abord seul au brouillon, puis déplie la correction détaillée pour vérifier ta méthode et tes raisonnements.

Exercice 1 — Chute d'une bille depuis un balcon

Facile

Une bille d'acier est lâchée sans vitesse initiale depuis un balcon situé à $12, 5$ m au-dessus du sol. On néglige toute action de l'air et on prend $g = 9, 81$ m·s⁻².

a) Justifier que la bille est en chute libre et donner les caractéristiques de son vecteur accélération.
b) Calculer la durée de la chute.
c) Calculer la vitesse de la bille juste avant l'impact, en m·s⁻¹ puis en km·h⁻¹.
d) Calculer la distance parcourue pendant la première seconde de chute.

a) Système : {la bille}. Référentiel : terrestre, supposé galiléen. L'action de l'air étant négligée, le poids $\vec{P} = m \vec{g}$ est la seule force extérieure : la bille est en chute libre. Deuxième loi de Newton : $m \vec{g} = m \vec{a}$ , donc $\vec{a} = \vec{g}$ : vertical, vers le bas, de valeur $9, 81$ m·s⁻², et ce à chaque instant de la chute.

b) Axe $O y$ vertical vers le haut, origine au sol, $y (0) = 12, 5$ m et $v_{y} (0) = 0$ .
$a_{y} = - g$ donne $v_{y} (t) = - 9, 81 t$ puis $y (t) = - 4, 905 t^{2} + 12, 5$ .
L'impact a lieu pour $y = 0$ : $t_{c} = \sqrt{\frac{2 \times 12, 5}{9, 81}} = \sqrt{2, 548}$ , soit $t_{c} = 1, 60$ s.

c) $v = g t_{c} = 9, 81 \times 1, 596 = 15, 7$ m·s⁻¹, soit $15, 7 \times 3, 6$ : $v = 56, 4$ km·h⁻¹. (On retrouve bien $\sqrt{2 g h} = \sqrt{2 \times 9, 81 \times 12, 5} = 15, 7$ m·s⁻¹.)

d) Distance parcourue entre $t = 0$ et $t = 1, 00$ s : $d = 12, 5 - y (1, 00) = \frac{1}{2} \times 9, 81 \times 1, 00^{2}$ , donc $d = 4, 91$ m. La bille ne parcourt que 39 % de la hauteur pendant la première seconde, alors qu'il lui reste $0, 60$ s de chute : le mouvement est bien accéléré.

Exercice 2 — Exploiter une chronophotographie

Facile

Une bille est lâchée sans vitesse initiale devant une règle graduée. Une caméra enregistre sa position toutes les $Δ t = 60$ ms. On note $d$ la distance parcourue depuis le point de lâcher, mesurée vers le bas.

Point	$M_{2}$	$M_{3}$	$M_{4}$	$M_{5}$
$t$ (s)	0,120	0,180	0,240	0,300
$d$ (m)	0,071	0,159	0,283	0,442

a) Calculer la valeur de la vitesse de la bille au point $M_{3}$ .
b) Calculer la valeur de la vitesse de la bille au point $M_{4}$ .
c) Donner la direction et le sens du vecteur variation de vitesse entre $M_{3}$ et $M_{4}$ .
d) En déduire la valeur de l'accélération de la bille et la comparer à $g$ .

a) On encadre $M_{3}$ par $M_{2}$ et $M_{4}$ , séparés par $2 Δ t = 0, 120$ s :
$v_{3}$ $= \frac{d_{4} - d_{2}}{2 Δ t}$ $= \frac{0, 283 - 0, 071}{0, 120}$ $= \frac{0, 212}{0, 120}$ , soit $v_{3} = 1, 77$ m·s⁻¹.

b) De même en encadrant $M_{4}$ par $M_{3}$ et $M_{5}$ :
$v_{4}$ $= \frac{d_{5} - d_{3}}{2 Δ t}$ $= \frac{0, 442 - 0, 159}{0, 120}$ $= \frac{0, 283}{0, 120}$ , soit $v_{4} = 2, 36$ m·s⁻¹.

c) Les deux vecteurs vitesse sont verticaux et dirigés vers le bas, et la valeur augmente : $Δ \vec{v} = \vec{v_{4}} - \vec{v_{3}}$ est donc vertical, dirigé vers le bas, de valeur $Δ v = 2, 36 - 1, 77 = 0, 59$ m·s⁻¹.

d) Les dates de $M_{3}$ et $M_{4}$ sont séparées de $Δ t = 0, 060$ s :
$a = \frac{Δ v}{Δ t} = \frac{0, 59}{0, 060} = 9, 8$ m·s⁻².
Écart relatif avec $g$ : $\frac{| 9, 8 - 9, 81 |}{9, 81} \approx 0, 1$ %. L'accélération mesurée est égale à $g$ aux erreurs de mesure près : la bille est bien en chute libre.

Exercice 3 — Poids, masse et accélération

Facile

Une balle de tennis de masse $58, 0$ g et une boule de pétanque de masse $710$ g sont lâchées simultanément, sans vitesse initiale, du haut d'une tour. On néglige l'action de l'air.

a) Calculer le poids de chacun des deux objets.
b) Établir, à l'aide de la deuxième loi de Newton, l'expression du vecteur accélération de chacun des deux objets.
c) Expliquer pourquoi les deux objets touchent le sol au même instant.
d) Indiquer ce qui changerait si l'on remplaçait la balle de tennis par une feuille de papier de même masse, tenue à plat.

a) $P = m g$ avec les masses en kilogrammes :
balle : $P = 0, 0580 \times 9, 81 =$ $0, 569$ N ;
boule : $P = 0, 710 \times 9, 81 =$ $6, 96$ N. Le poids de la boule est bien environ 12 fois plus grand, comme sa masse.

b) Pour chaque objet : système {l'objet}, référentiel terrestre supposé galiléen, seule force extérieure le poids. Deuxième loi de Newton : $\sum {\vec{F}}_{e x t} = m \vec{a}$ donne $m \vec{g} = m \vec{a}$ . La masse est non nulle, on simplifie : $\vec{a} = \vec{g}$ pour les deux objets, de valeur $9, 81$ m·s⁻².

c) Les deux objets ont la même accélération et les mêmes conditions initiales (même hauteur, vitesse initiale nulle). Leurs équations horaires $y (t) = - \frac{1}{2} g t^{2} + h$ sont donc identiques, et la durée de chute $t_{c} = \sqrt{\frac{2 h}{g}}$ est la même : ils touchent le sol au même instant. La masse plus grande de la boule augmente son poids, mais aussi son inertie, dans la même proportion.

d) Une feuille de papier tenue à plat présente une grande surface pour une très faible masse : les frottements de l'air ne sont plus négligeables devant le poids. Le bilan des forces comporte alors deux forces, le modèle de la chute libre ne s'applique plus, et la feuille tombe nettement plus lentement, en s'écartant de la verticale.

Exercice 4 — Lancer vertical vers le haut

Moyen

Depuis une hauteur de $1, 80$ m au-dessus du sol, un joueur lance verticalement vers le haut une balle avec une vitesse initiale de valeur $11, 5$ m·s⁻¹. L'axe $O y$ est vertical, orienté vers le haut, d'origine au sol. Les frottements sont négligés.

a) Établir les expressions de $v_{y} (t)$ et de $y (t)$ .
b) Déterminer la date à laquelle la balle atteint son point le plus haut, puis l'altitude de ce point.
c) Déterminer la date à laquelle la balle touche le sol.
d) Calculer la valeur de la vitesse de la balle à l'instant où elle touche le sol.

a) La balle est en chute libre dès qu'elle quitte la main : $\vec{a} = \vec{g}$ , soit $a_{y} = - 9, 81$ m·s⁻² sur un axe orienté vers le haut.
En primitivant avec $v_{y} (0) = + 11, 5$ m·s⁻¹ : $v_{y} (t) = - 9, 81 t + 11, 5$ .
En primitivant de nouveau avec $y (0) = 1, 80$ m : $y (t) = - 4, 905 t^{2} + 11, 5 t + 1, 80$ (en mètres, $t$ en secondes).

b) Au sommet, le vecteur vitesse est nul car le mouvement est vertical : $v_{y} = 0$ donne $t_{s} = \frac{11, 5}{9, 81} =$ $1, 17$ s.
$y (1, 172)$ $= - 4, 905 \times 1, 374 + 11, 5 \times 1, 172 + 1, 80$ $= - 6, 74 + 13, 48 + 1, 80$ , soit $y_{m a x} = 8, 54$ m.

c) On résout $y (t) = 0$ , c'est-à-dire $4, 905 t^{2} - 11, 5 t - 1, 80 = 0$ .
$Δ$ $= (- 11, 5)^{2} + 4 \times 4, 905 \times 1, 80$ $= 132, 25 + 35, 32$ $= 167, 6$ , donc $\sqrt{Δ} = 12, 94$ .
$t = \frac{11, 5 + 12, 94}{2 \times 4, 905} = \frac{24, 44}{9, 81}$ , soit $t = 2, 49$ s (la racine négative $- 0, 15$ s n'a pas de sens physique ici).

d) $v_{y} (2, 492)$ $= - 9, 81 \times 2, 492 + 11, 5$ $= - 24, 45 + 11, 5$ $= - 12, 9$ m·s⁻¹.
La valeur de la vitesse est donc $12, 9$ m·s⁻¹ (soit $46, 5$ km·h⁻¹), le signe négatif indiquant que la balle descend. Elle arrive plus vite qu'elle n'est partie : elle a gagné les $1, 80$ m de dénivelé.

Exercice 5 — Tir horizontal depuis une falaise

Moyen

Un projectile est lancé horizontalement depuis le sommet d'une falaise de $28, 0$ m de hauteur, avec une vitesse de valeur $8, 40$ m·s⁻¹. L'origine du repère est au point de lancement, $O x$ est horizontal dans le sens du tir et $O y$ vertical vers le haut. Les frottements sont négligés.

a) Établir les équations horaires $x (t)$ et $y (t)$ du mouvement.
b) Calculer la durée de la chute.
c) Calculer la distance horizontale parcourue par le projectile avant l'impact.
d) Calculer la valeur de la vitesse au moment de l'impact, ainsi que l'angle formé par le vecteur vitesse avec l'horizontale.

a) Chute libre : $a_{x} = 0$ et $a_{y} = - 9, 81$ m·s⁻². Conditions initiales : $v_{x} (0) = 8, 40$ m·s⁻¹, $v_{y} (0) = 0$ , $x (0) = y (0) = 0$ .
$v_{x} (t) = 8, 40$ (constante) et $v_{y} (t) = - 9, 81 t$ , d'où
$x (t) = 8, 40 t$ et $y (t) = - 4, 905 t^{2}$ .

b) L'impact a lieu quand $y = - 28, 0$ m :
$- 4, 905 t^{2} = - 28, 0$ donne $t_{c} = \sqrt{\frac{28, 0}{4, 905}} = \sqrt{5, 708}$ , soit $t_{c} = 2, 39$ s.
Cette durée ne dépend pas de $v_{0}$ : elle serait la même pour un objet simplement lâché du sommet.

c) $x = 8, 40 \times 2, 389 =$ $20, 1$ m : le projectile touche le sol à environ 20 m du pied de la falaise.

d) $v_{x} = 8, 40$ m·s⁻¹ et $v_{y} = - 9, 81 \times 2, 389 = - 23, 4$ m·s⁻¹.
$v = \sqrt{8, 40^{2} + 23, 4^{2}} = \sqrt{70, 6 + 549} = \sqrt{620}$ , soit $v = 24, 9$ m·s⁻¹.
$\tan θ = \frac{23, 4}{8, 40} = 2, 79$ , d'où $θ = 70, 3 °$ sous l'horizontale : la trajectoire est presque verticale à l'arrivée, la composante horizontale étant restée constante alors que la composante verticale n'a cessé de croître.

Exercice 6 — Équation de la trajectoire d'un tir oblique

Moyen

Un projectile est lancé depuis le sol avec une vitesse initiale de valeur $15, 0$ m·s⁻¹ faisant un angle de $55 °$ avec l'horizontale. Frottements négligés, $g = 9, 81$ m·s⁻².

a) Établir les équations horaires $x (t)$ et $y (t)$ du mouvement.
b) En déduire l'équation de la trajectoire $y (x)$ .
c) Calculer la flèche, c'est-à-dire la hauteur maximale atteinte.
d) Calculer la portée du tir sur terrain horizontal.

a) $v_{0 x} = 15, 0 \times \cos 55 ° = 15, 0 \times 0, 5736 = 8, 60$ m·s⁻¹ et $v_{0 y} = 15, 0 \times \sin 55 ° = 15, 0 \times 0, 8192 = 12, 3$ m·s⁻¹.
Chute libre : $a_{x} = 0$ , $a_{y} = - 9, 81$ m·s⁻², d'où
$x (t) = 8, 60 t$ et $y (t) = - 4, 905 t^{2} + 12, 3 t$ .

b) De la première équation on tire $t = \frac{x}{8, 60}$ , que l'on reporte dans la seconde :
$y$ $= - 4, 905 \times \frac{x^{2}}{8, 60^{2}} + 12, 3 \times \frac{x}{8, 60}$ $= - \frac{4, 905}{74, 0} x^{2} + 1, 43 x$ .
$y = - 0, 0663 x^{2} + 1, 43 x$ (en mètres) : fonction polynôme du second degré, la trajectoire est une portion de parabole tournée vers le bas.

c) Au sommet, $v_{y} = 0$ : $t_{s} = \frac{12, 29}{9, 81} = 1, 25$ s.
$y_{m a x}$ $= - 4, 905 \times 1, 25^{2} + 12, 29 \times 1, 25$ $= - 7, 70 + 15, 39$ , soit flèche $= 7, 69$ m.
(Contrôle par la formule : $\frac{v_{0}^{2} \sin^{2} α}{2 g} = \frac{225 \times 0, 671}{19, 62} = 7, 69$ m.)

d) Le retour au sol a lieu à $T = 2 t_{s} = 2, 51$ s, d'où $x_{p} = 8, 60 \times 2, 505 = 21, 6$ m.
Contrôle : $x_{p}$ $= \frac{v_{0}^{2} \sin (2 α)}{g}$ $= \frac{225 \times \sin 110 °}{9, 81}$ $= \frac{225 \times 0, 9397}{9, 81}$ , soit $x_{p} = 21, 6$ m. Le tir étant lancé au-dessus de $45 °$ , la trajectoire est haute et la portée plus courte que le maximum possible.

Exercice 7 — Montrer que la portée est maximale à 45°

Moyen

Un projectile est lancé depuis le sol avec une vitesse initiale de valeur $v_{0}$ faisant l'angle $α$ avec l'horizontale, avec $0 < α < 90 °$ . On note $x_{p}$ la portée sur terrain horizontal. Frottements négligés.

a) Montrer que $x_{p} = \frac{v_{0}^{2} \sin (2 α)}{g}$ .
b) En déduire la valeur de $α$ qui rend la portée maximale, puis calculer cette portée maximale pour $v_{0} = 24, 0$ m·s⁻¹.
c) Calculer la portée pour $α = 25 °$ puis pour $α = 65 °$ , avec la même vitesse initiale, et justifier le résultat obtenu.
d) Indiquer, parmi ces deux derniers tirs, lequel dure le plus longtemps, en justifiant.

a) Avec l'origine au point de lancement : $x (t) = v_{0} \cos α \times t$ et $y (t) = - \frac{1}{2} g t^{2} + v_{0} \sin α \times t$ .
Le retour au sol correspond à $y = 0$ avec $t \neq 0$ : $t (- \frac{1}{2} g t + v_{0} \sin α) = 0$ donne $T = \frac{2 v_{0} \sin α}{g}$ .
D'où $x_{p} = v_{0} \cos α \times \frac{2 v_{0} \sin α}{g} = \frac{2 v_{0}^{2} \sin α \cos α}{g}$ .
Or $2 \sin α \cos α = \sin (2 α)$ , donc $x_{p} = \frac{v_{0}^{2} \sin (2 α)}{g}$ .

b) $v_{0}$ et $g$ étant fixés, $x_{p}$ est maximale quand $\sin (2 α)$ l'est, c'est-à-dire quand $\sin (2 α) = 1$ , soit $2 α = 90 °$ et $α = 45 °$ .
Pour $v_{0} = 24, 0$ m·s⁻¹ : $x_{p} = \frac{24, 0^{2} \times 1}{9, 81} = \frac{576}{9, 81}$ , soit $x_{p} = 58, 7$ m.

c) Pour $α = 25 °$ : $x_{p} = \frac{576 \times \sin 50 °}{9, 81} = \frac{576 \times 0, 766}{9, 81} =$ $45, 0$ m.
Pour $α = 65 °$ : $x_{p} = \frac{576 \times \sin 130 °}{9, 81} = \frac{576 \times 0, 766}{9, 81} =$ $45, 0$ m.
Les deux portées sont égales car $\sin (130 °) = \sin (180 ° - 130 °) = \sin (50 °)$ : deux angles complémentaires donnent la même portée, l'un par un tir tendu, l'autre par un tir en cloche.

d) La durée de vol vaut $T = \frac{2 v_{0} \sin α}{g}$ : elle croît avec $\sin α$ sur $[0 °; 90 °]$ . Comme $\sin 65 ° > \sin 25 °$ , le tir à $65 °$ dure plus longtemps ( $T = 4, 43$ s contre $2, 07$ s) : il monte plus haut, donc reste plus longtemps en l'air pour une même portée.

Exercice 8 — Chute libre sur la Lune

Difficile

Sur la Lune, le champ de pesanteur a pour valeur $g_{L} = 1, 62$ N·kg⁻¹ ; sur Terre, $g_{T} = 9, 81$ N·kg⁻¹. Une pierre est lâchée sans vitesse initiale d'une hauteur $h = 1, 75$ m, successivement sur la Terre puis sur la Lune. La Lune n'ayant pas d'atmosphère, aucune action de l'air n'est à prendre en compte.

a) Établir l'expression littérale de la durée de chute $t_{c}$ en fonction de $h$ et de $g$ .
b) Calculer cette durée sur la Terre, puis sur la Lune.
c) Montrer que le rapport des deux durées de chute ne dépend pas de la hauteur de chute, et calculer sa valeur.
d) Calculer la valeur de la vitesse d'arrivée au sol dans chacun des deux cas, et commenter.

a) Axe $O y$ vertical vers le haut, origine au sol : $a_{y} = - g$ , $v_{y} (0) = 0$ , $y (0) = h$ , donc $y (t) = - \frac{1}{2} g t^{2} + h$ .
L'arrivée au sol correspond à $y (t_{c}) = 0$ : $\frac{1}{2} g t_{c}^{2} = h$ , d'où $t_{c} = \sqrt{\frac{2 h}{g}}$ . La masse n'intervient pas, puisque $\vec{a} = \vec{g}$ .

b) Terre : $t_{T} = \sqrt{\frac{2 \times 1, 75}{9, 81}} = \sqrt{0, 357} =$ $0, 597$ s.
Lune : $t_{L} = \sqrt{\frac{2 \times 1, 75}{1, 62}} = \sqrt{2, 16} =$ $1, 47$ s.

c) $\frac{t_{L}}{t_{T}}$ $= \frac{\sqrt{2 h / g_{L}}}{\sqrt{2 h / g_{T}}}$ $= \sqrt{\frac{2 h}{g_{L}} \times \frac{g_{T}}{2 h}}$ $= \sqrt{\frac{g_{T}}{g_{L}}}$ : $h$ se simplifie, le rapport ne dépend que des deux champs de pesanteur.
$\frac{t_{L}}{t_{T}} = \sqrt{\frac{9, 81}{1, 62}} = \sqrt{6, 06} =$ $2, 46$ . La chute dure bien environ deux fois et demie plus longtemps sur la Lune, quelle que soit la hauteur choisie.

d) $v = g t_{c} = \sqrt{2 g h}$ .
Terre : $v_{T} = \sqrt{2 \times 9, 81 \times 1, 75} = \sqrt{34, 3} =$ $5, 86$ m·s⁻¹.
Lune : $v_{L} = \sqrt{2 \times 1, 62 \times 1, 75} = \sqrt{5, 67} =$ $2, 38$ m·s⁻¹.
Le rapport $\frac{v_{T}}{v_{L}} = \frac{5, 86}{2, 38} = 2, 46$ est le même que celui des durées, ce qui est cohérent : le champ étant six fois plus faible, durées et vitesses sont dans un rapport $\sqrt{6}$ . C'est pourquoi les astronautes d'Apollo pouvaient chuter sans dommage.

Exercice 9 — Trois affirmations à corriger

Difficile

Un élève étudie le tir d'une balle lancée depuis le sol à $18, 0$ m·s⁻¹, avec un angle de $40 °$ au-dessus de l'horizontale, frottements négligés. Il écrit les affirmations des questions a), b) et c).

a) « Au sommet de la trajectoire, la vitesse de la balle est nulle. » Expliquer l'erreur, puis calculer la valeur de la vitesse au sommet.
b) « Au sommet, comme la balle ne monte plus, son accélération est nulle. » Expliquer l'erreur et donner les caractéristiques du vecteur accélération en ce point.
c) « Avec une balle deux fois plus lourde lancée de la même façon, la portée serait plus courte. » Expliquer l'erreur.
d) Calculer l'altitude du sommet de la trajectoire.

a) L'erreur consiste à confondre le vecteur vitesse et sa composante verticale. Au sommet, seule $v_{y}$ s'annule ; la composante horizontale, elle, n'est jamais modifiée car $a_{x} = 0$ .
$v = v_{x} = v_{0} \cos α = 18, 0 \times \cos 40 ° = 18, 0 \times 0, 766 =$ $13, 8$ m·s⁻¹, vecteur horizontal. La vitesse au sommet n'est donc pas nulle : elle est seulement minimale.

b) L'erreur consiste à relier la valeur de la vitesse à celle de l'accélération : ce sont deux grandeurs indépendantes. La deuxième loi de Newton ne fait intervenir que les forces, et le bilan (le poids seul) est le même en tout point du vol.
Le vecteur accélération au sommet est donc $\vec{a} = \vec{g}$ : vertical, dirigé vers le bas, de valeur $9, 81$ m·s⁻². C'est précisément cette accélération non nulle qui fait passer $v_{y}$ de valeurs positives à des valeurs négatives.

c) L'erreur consiste à croire que la masse intervient. La deuxième loi de Newton donne $m \vec{g} = m \vec{a}$ , donc $\vec{a} = \vec{g}$ quelle que soit la masse : doubler la masse double le poids, mais double aussi l'inertie. Avec les mêmes conditions initiales, les équations horaires sont identiques, donc la trajectoire et la portée aussi. (Dans la réalité, l'écart viendrait des frottements de l'air, qui sont négligés ici.)

d) $y_{m a x}$ $= \frac{v_{0}^{2} \sin^{2} α}{2 g}$ $= \frac{18, 0^{2} \times (\sin 40 °)^{2}}{2 \times 9, 81}$ $= \frac{324 \times 0, 413}{19, 62}$ $= \frac{133, 9}{19, 62}$ , soit $y_{m a x} = 6, 82$ m.

Exercice 10 — Le coup franc

Difficile

Lors d'un coup franc, un ballon est frappé depuis le sol avec une vitesse initiale de valeur $19, 0$ m·s⁻¹ inclinée de $42 °$ au-dessus de l'horizontale, dans le plan vertical contenant le but. Le but se trouve à $32, 0$ m et sa barre transversale est à $2, 44$ m du sol. Frottements et effet négligés.

a) Établir l'équation de la trajectoire du ballon.
b) Déterminer si le ballon passe au-dessus de la barre transversale.
c) Déterminer si, à l'aplomb du but, le ballon monte encore ou redescend déjà. Justifier par un calcul.
d) Calculer la distance à laquelle le ballon retomberait au sol s'il n'était pas arrêté.

a) $v_{0 x} = 19, 0 \times \cos 42 ° = 19, 0 \times 0, 7431 = 14, 1$ m·s⁻¹ et $v_{0 y} = 19, 0 \times \sin 42 ° = 19, 0 \times 0, 6691 = 12, 7$ m·s⁻¹.
$x (t) = 14, 1 t$ et $y (t) = - 4, 905 t^{2} + 12, 7 t$ . En remplaçant $t = \frac{x}{14, 1}$ :
$y$ $= - \frac{9, 81}{2 \times 19, 0^{2} \times (\cos 42 °)^{2}} x^{2} + x \tan 42 °$ $= - \frac{9, 81}{398, 7} x^{2} + 0, 900 x$ , soit
$y = - 0, 0246 x^{2} + 0, 900 x$ (en mètres).

b) $y (32, 0)$ $= - 0, 0246 \times 32, 0^{2} + 0, 900 \times 32, 0$ $= - 25, 2 + 28, 8$ $=$ $3, 61$ m.
Comme $3, 61 > 2, 44$ , le ballon passe au-dessus de la barre, avec $1, 17$ m de marge : le tir est trop haut.

c) Date de passage à l'aplomb du but : $t = \frac{32, 0}{14, 12} = 2, 27$ s.
$v_{y} (2, 266)$ $= - 9, 81 \times 2, 266 + 12, 71$ $= - 22, 2 + 12, 7$ $=$ $- 9, 52$ m·s⁻¹.
$v_{y} < 0$ : le ballon redescend déjà. C'est cohérent, car le sommet est atteint à $t_{s} = \frac{12, 71}{9, 81} = 1, 30$ s, soit bien avant $2, 27$ s.

d) $x_{p}$ $= \frac{v_{0}^{2} \sin (2 α)}{g}$ $= \frac{19, 0^{2} \times \sin 84 °}{9, 81}$ $= \frac{361 \times 0, 9945}{9, 81}$ $= \frac{359, 0}{9, 81}$ , soit $x_{p} = 36, 6$ m.
On peut le vérifier sur l'équation de la trajectoire : $y = 0$ pour $x = \frac{0, 900}{0, 0246} = 36, 6$ m. Le ballon retomberait donc $4, 6$ m derrière la ligne de but.

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