Ressources · 1ʳᵉ · Spécialité Physique-Chimie

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

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Ces problèmes corrigés sur « Chute libre et mouvement dans un champ de pesanteur » en première permettent d'appliquer le cours à des situations concrètes en spécialité physique-chimie. Ils suivent le programme officiel de première et se résolvent étape par étape. 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. Cherche au brouillon, rédige, puis compare avec la correction détaillée de chaque problème. Idéal pour développer le raisonnement, la rigueur et la confiance avant une évaluation. Problèmes gratuits proposés par un professeur particulier à Marseille pour progresser en spécialité physique-chimie en première.

Problèmes corrigés, type devoir surveillé ou bac : plusieurs parties, un raisonnement à rédiger. Traite chaque problème en entier au brouillon, puis déplie la correction rédigée.

Problème 1 — Largage d'un colis de secours

Moyen

Un hélicoptère de la sécurité civile vole horizontalement à l'altitude $H = 120$ m, à la vitesse constante de $31, 0$ m·s⁻¹. Il largue un colis de survie, sans vitesse par rapport à l'appareil, à destination d'une zone d'atterrissage repérée au sol. On néglige toute action de l'air sur le colis et on prend $g = 9, 81$ m·s⁻². Le repère a pour origine le point de largage, $O x$ est horizontal dans le sens du vol et $O y$ vertical vers le haut.

1. Définir le système et le référentiel d'étude, faire le bilan des forces extérieures et justifier que le colis est en chute libre.
2. Établir les équations horaires $x (t)$ et $y (t)$ du mouvement du colis.
3. Calculer la durée de la chute, puis la distance horizontale parcourue par le colis.
4. En déduire à quelle distance de la zone visée le pilote doit déclencher le largage.
5. Calculer la valeur de la vitesse du colis au moment de l'impact, en m·s⁻¹ puis en km·h⁻¹.
6. Décrire la trajectoire du colis dans le référentiel de l'hélicoptère et expliquer pourquoi elle diffère de celle obtenue à la question 2.
7. Expliquer, sans calcul, dans quel sens la prise en compte des frottements de l'air modifierait la distance trouvée à la question 3.

1. Système : {le colis}, assimilé à un point matériel. Référentiel : terrestre, supposé galiléen. Bilan des forces extérieures : l'action de l'air étant négligée, le poids $\vec{P} = m \vec{g}$ est la seule force extérieure. Le colis est donc en chute libre. Deuxième loi de Newton : $m \vec{g} = m \vec{a}$ , d'où $\vec{a} = \vec{g}$ .

2. Projection de $\vec{a} = \vec{g}$ : $a_{x} = 0$ et $a_{y} = - 9, 81$ m·s⁻².
Conditions initiales : largué « sans vitesse relative », le colis conserve la vitesse de l'hélicoptère, donc $v_{x} (0) = 31, 0$ m·s⁻¹ et $v_{y} (0) = 0$ ; $x (0) = y (0) = 0$ .
En primitivant : $v_{x} (t) = 31, 0$ et $v_{y} (t) = - 9, 81 t$ , puis
$x (t) = 31, 0 t$ et $y (t) = - 4, 905 t^{2}$ (en mètres).

3. L'impact a lieu pour $y = - 120$ m :
$4, 905 t_{c}^{2} = 120$ donne $t_{c} = \sqrt{\frac{120}{4, 905}} = \sqrt{24, 5} =$ $4, 95$ s.
$x = 31, 0 \times 4, 946 =$ $153$ m.

4. Pendant sa chute, le colis avance de $153$ m dans le sens du vol. Le pilote doit donc larguer $153$ m avant la verticale de la zone visée, soit environ $5$ s avant de la survoler.

5. $v_{x} = 31, 0$ m·s⁻¹ (inchangée) et $v_{y} = - 9, 81 \times 4, 946 = - 48, 5$ m·s⁻¹.
$v = \sqrt{31, 0^{2} + 48, 5^{2}} = \sqrt{961 + 2354} = \sqrt{3315}$ , soit $v = 57, 6$ m·s⁻¹, c'est-à-dire $57, 6 \times 3, 6 =$ $207$ km·h⁻¹. Un parachute est indispensable pour que le contenu survive.

6. Le référentiel de l'hélicoptère est en translation rectiligne uniforme par rapport au référentiel terrestre : il est lui aussi galiléen. Dans ce référentiel, la vitesse initiale du colis est nulle : le colis tombe donc en ligne droite, verticalement, et reste constamment à l'aplomb de l'appareil. La différence avec la question 2 illustre la relativité du mouvement : la trajectoire n'a de sens que rapportée à un référentiel.

7. Les frottements de l'air s'opposent au mouvement : ils freinent à la fois la composante horizontale (qui ne resterait donc pas égale à $31, 0$ m·s⁻¹) et la composante verticale (la chute dure alors un peu plus longtemps, mais le colis avance moins vite). L'effet dominant étant le freinage horizontal, la distance réelle est inférieure à $153$ m : le pilote doit larguer un peu plus tard.

Problème 2 — Chronophotographie d'un lancer de balle

Moyen

Une balle est lancée depuis le point $M_{0}$ ; un logiciel de pointage vidéo relève les coordonnées de son centre toutes les $Δ t = 0, 10$ s, dans un repère d'origine $M_{0}$ , $O x$ horizontal dans le sens du lancer et $O y$ vertical vers le haut.

Point	$M_{1}$	$M_{2}$	$M_{3}$	$M_{4}$	$M_{5}$
$t$ (s)	0,10	0,20	0,30	0,40	0,50
$x$ (m)	0,360	0,720	1,080	1,440	1,800
$y$ (m)	0,491	0,884	1,179	1,375	1,474

1. Montrer que le mouvement de la projection du centre de la balle sur l'axe $O x$ est rectiligne uniforme, et donner la valeur de sa vitesse.
2. Calculer les coordonnées du vecteur vitesse au point $M_{2}$ , puis sa valeur.
3. Calculer les coordonnées du vecteur vitesse au point $M_{4}$ , puis sa valeur.
4. Déterminer les coordonnées du vecteur variation de vitesse $Δ \vec{v} = \vec{v_{4}} - \vec{v_{2}}$ , et préciser sa direction et son sens.
5. En déduire la valeur de l'accélération de la balle et conclure quant à la validité du modèle de la chute libre.
6. Déterminer les coordonnées du vecteur vitesse initiale, puis la date et l'altitude du sommet de la trajectoire.

1. Les écarts successifs d'abscisse valent tous $0, 360$ m ( $0, 360 - 0 = 0, 720 - 0, 360 = \dots = 1, 800 - 1, 440$ ) pour des intervalles de temps égaux à $0, 10$ s. La projection parcourt donc des distances égales en des durées égales sur une droite : le mouvement est rectiligne uniforme, de vitesse $v_{x} = \frac{0, 360}{0, 10} =$ $3, 60$ m·s⁻¹. C'est cohérent avec $a_{x} = 0$ : $\vec{g}$ n'a pas de composante horizontale.

2. On encadre $M_{2}$ par $M_{1}$ et $M_{3}$ , séparés de $2 Δ t = 0, 20$ s :
$v_{2 x} = \frac{x_{3} - x_{1}}{0, 20} = \frac{1, 080 - 0, 360}{0, 20} = 3, 60$ m·s⁻¹ ;
$v_{2 y} = \frac{y_{3} - y_{1}}{0, 20} = \frac{1, 179 - 0, 491}{0, 20} = 3, 44$ m·s⁻¹.
$v_{2} = \sqrt{3, 60^{2} + 3, 44^{2}} = \sqrt{12, 96 + 11, 83} = \sqrt{24, 79}$ , soit $v_{2} = 4, 98$ m·s⁻¹.

3. On encadre $M_{4}$ par $M_{3}$ et $M_{5}$ :
$v_{4 x} = \frac{1, 800 - 1, 080}{0, 20} = 3, 60$ m·s⁻¹ ;
$v_{4 y} = \frac{1, 474 - 1, 179}{0, 20} = \frac{0, 295}{0, 20} = 1, 48$ m·s⁻¹.
$v_{4} = \sqrt{12, 96 + 2, 19} = \sqrt{15, 15}$ , soit $v_{4} = 3, 89$ m·s⁻¹. La balle a ralenti, tout en continuant à monter.

4. $Δ v_{x} = 3, 60 - 3, 60 =$ $0$ et $Δ v_{y} = 1, 48 - 3, 44 =$ $- 1, 96$ m·s⁻¹.
Le vecteur $Δ \vec{v}$ a donc une composante horizontale nulle et une composante verticale négative : il est vertical, dirigé vers le bas, de valeur $1, 96$ m·s⁻¹.

5. Les vitesses ont été calculées aux dates $t_{2} = 0, 20$ s et $t_{4} = 0, 40$ s, séparées de $Δ t^{'} = 0, 20$ s :
$a = \frac{Δ v}{Δ t^{'}} = \frac{1, 96}{0, 20} =$ $9, 8$ m·s⁻², vecteur vertical vers le bas.
Écart relatif avec $g$ : $\frac{| 9, 8 - 9, 81 |}{9, 81} \approx 0, 1$ %. Le vecteur accélération est bien égal à $\vec{g}$ : le modèle de la chute libre est validé pour cette balle.

6. Comme $v_{y} (t) = v_{0 y} - g t$ , on utilise le point $M_{2}$ : $3, 44 = v_{0 y} - 9, 81 \times 0, 20$ , d'où $v_{0 y} = 3, 44 + 1, 96 =$ $5, 40$ m·s⁻¹ ; et $v_{0 x} =$ $3, 60$ m·s⁻¹ (vitesse horizontale constante). La valeur de la vitesse initiale est $v_{0} = \sqrt{12, 96 + 29, 16} = 6, 49$ m·s⁻¹.
Au sommet, $v_{y} = 0$ : $t_{s} = \frac{5, 40}{9, 81} =$ $0, 550$ s, ce qui est bien au-delà de la dernière mesure.
Altitude au-dessus de $M_{0}$ : $y_{m a x} = \frac{v_{0 y}^{2}}{2 g} = \frac{5, 40^{2}}{19, 62} = \frac{29, 16}{19, 62} =$ $1, 49$ m.

Problème 3 — Le lancer franc au basket-ball

Difficile

Un joueur tente un lancer franc. Le ballon quitte ses mains à $2, 05$ m du sol et à la distance horizontale $d = 4, 20$ m du centre du panier, situé à $3, 05$ m du sol. Le vecteur vitesse initiale, de valeur $v_{0}$ , fait l'angle $α = 52 °$ avec l'horizontale, dans le plan vertical contenant le panier. Le ballon est assimilé à un point matériel, les frottements sont négligés et $g = 9, 81$ m·s⁻². L'origine du repère est prise au point de lâcher, $O x$ horizontal vers le panier et $O y$ vertical vers le haut.

1. Établir l'équation de la trajectoire du ballon en fonction de $v_{0}$ et de $α$ .
2. En notant $Δ h$ la différence d'altitude entre le centre du panier et le point de lâcher, montrer que la condition de réussite s'écrit $v_{0}^{2} = \frac{g d^{2}}{2 \cos^{2} α (d \tan α - Δ h)}$ .
3. Calculer la valeur de $v_{0}$ que le joueur doit imprimer au ballon.
4. Calculer la durée du vol du ballon jusqu'au panier.
5. Calculer l'altitude maximale atteinte par le ballon au-dessus du sol.
6. Déterminer la valeur de la vitesse du ballon lorsqu'il atteint le centre du panier, et préciser s'il monte encore ou s'il descend.
7. Un élève affirme : « avec le même angle mais en tirant plus fort, le ballon rentrera quand même ». Expliquer pourquoi cette affirmation est fausse.

1. Le ballon n'est soumis qu'à son poids : $\vec{a} = \vec{g}$ , donc $a_{x} = 0$ et $a_{y} = - g$ .
$x (t) = v_{0} \cos α \times t$ et $y (t) = - \frac{1}{2} g t^{2} + v_{0} \sin α \times t$ .
En reportant $t = \frac{x}{v_{0} \cos α}$ : $y = - \frac{g}{2 v_{0}^{2} \cos^{2} α} x^{2} + x \tan α$ .

2. Le ballon passe par le centre du panier si $y = Δ h$ pour $x = d$ :
$Δ h = - \frac{g d^{2}}{2 v_{0}^{2} \cos^{2} α} + d \tan α$ , soit $\frac{g d^{2}}{2 v_{0}^{2} \cos^{2} α} = d \tan α - Δ h$ .
En isolant $v_{0}^{2}$ (le second membre est strictement positif ici) :
$v_{0}^{2} = \frac{g d^{2}}{2 \cos^{2} α (d \tan α - Δ h)}$ .

3. $Δ h = 3, 05 - 2, 05 = 1, 00$ m ; $\tan 52 ° = 1, 280$ et $\cos^{2} 52 ° = 0, 7881^{2} = 0, 379$ .
Dénominateur : $2 \times 0, 379 \times (4, 20 \times 1, 280 - 1, 00)$ $= 0, 758 \times 4, 376$ $= 3, 32$ .
Numérateur : $9, 81 \times 4, 20^{2} = 9, 81 \times 17, 64 = 173, 0$ .
$v_{0}^{2} = \frac{173, 0}{3, 32} = 52, 1$ m²·s⁻², donc $v_{0} = 7, 22$ m·s⁻¹ (soit $26$ km·h⁻¹).

4. Le mouvement horizontal est uniforme : $t = \frac{d}{v_{0} \cos α} = \frac{4, 20}{7, 22 \times 0, 6157} = \frac{4, 20}{4, 45}$ , soit $t = 0, 945$ s.

5. Hauteur gagnée au-dessus du point de lâcher : $\frac{v_{0}^{2} \sin^{2} α}{2 g}$ $= \frac{52, 2 \times (0, 788)^{2}}{19, 62}$ $= \frac{32, 4}{19, 62}$ $= 1, 65$ m.
Altitude au-dessus du sol : $2, 05 + 1, 65 =$ $3, 70$ m. Le ballon passe donc environ $0, 65$ m au-dessus de l'arceau avant de redescendre dessus.

6. $v_{x} = v_{0} \cos α = 4, 45$ m·s⁻¹ (constante).
$v_{y}$ $= v_{0} \sin α - g t$ $= 7, 22 \times 0, 788 - 9, 81 \times 0, 945$ $= 5, 69 - 9, 27$ $= - 3, 58$ m·s⁻¹.
$v = \sqrt{4, 45^{2} + 3, 58^{2}} = \sqrt{19, 8 + 12, 8} = \sqrt{32, 6}$ , soit $v = 5, 71$ m·s⁻¹. Comme $v_{y} < 0$ , le ballon descend lorsqu'il franchit le cercle — ce qui est la condition pour qu'il tombe dans le filet.

7. Dans l'équation de la trajectoire, le terme correctif $- \frac{g x^{2}}{2 v_{0}^{2} \cos^{2} α}$ décroît en valeur absolue quand $v_{0}$ augmente : à angle fixé, une vitesse plus grande rend la trajectoire plus tendue, et l'altitude du ballon à $x = 4, 20$ m devient supérieure à $1, 00$ m — le ballon passe au-dessus du panier. La relation de la question 2 le montre : pour $α$ , $d$ et $Δ h$ fixés, une seule valeur de $v_{0}$ fait passer le ballon par le centre du panier. Angle et vitesse doivent être ajustés ensemble.

Problème 4 — Chute libre ou pas ? Confronter un modèle à des mesures

Difficile

On lâche sans vitesse initiale, d'une hauteur $h = 6, 00$ m, une bille d'acier (masse $67, 0$ g, rayon $1, 3$ cm) puis une balle de ping-pong (masse $2, 70$ g, rayon $2, 0$ cm). Un capteur mesure la durée de chute : $1, 12$ s pour la bille d'acier et $1, 32$ s pour la balle de ping-pong. Masse volumique de l'air : $ρ = 1, 2$ kg·m⁻³ ; $g = 9, 81$ m·s⁻². On rappelle que le volume d'une sphère de rayon $R$ vaut $\frac{4}{3} π R^{3}$ et que la poussée d'Archimède exercée par l'air a pour valeur $Π = ρ V g$ .

1. Calculer la durée de chute prévue par le modèle de la chute libre.
2. Calculer l'écart relatif entre cette prévision et chacune des deux durées mesurées.
3. Calculer le poids de chaque objet, puis la valeur de la poussée d'Archimède exercée par l'air sur la balle de ping-pong. Comparer ces deux valeurs.
4. Indiquer lequel des deux objets peut être considéré en chute libre, en justifiant à partir des questions précédentes.
5. Le programme Python ci-dessous calcule la durée de chute prévue. Donner la valeur affichée pour $h = 6, 00$ m et expliquer ce que représente la variable t.
from math import sqrt
g = 9.81
h = float(input("hauteur (m) : "))
t = sqrt(2 * h / g)
print(round(t, 2))
6. Expliquer pourquoi la relation $v = g t$ ne permet pas de calculer la vitesse d'arrivée au sol de la balle de ping-pong.

1. Dans le modèle de la chute libre, $t_{c} = \sqrt{\frac{2 h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \times 6, 00}{9, 81}} = \sqrt{1, 223}$ , soit $t_{c} = 1, 11$ s. Cette prévision ne dépend ni de la masse, ni de la forme des objets.

2. Écart relatif $= \frac{| t_{m e s} - t_{c} |}{t_{c}}$ :
bille d'acier : $\frac{| 1, 12 - 1, 106 |}{1, 106} = 0, 013$ , soit $1, 3$ % ;
balle de ping-pong : $\frac{| 1, 32 - 1, 106 |}{1, 106} = 0, 193$ , soit $19$ %.

3. Poids : $P = m g$ .
Bille d'acier : $P = 0, 0670 \times 9, 81 =$ $0, 657$ N.
Balle de ping-pong : $P = 2, 70 \times 10^{- 3} \times 9, 81 =$ $2, 65 \times 10^{- 2}$ N.
Volume de la balle : $V = \frac{4}{3} π \times (2, 0 \times 10^{- 2})^{3} = 3, 35 \times 10^{- 5}$ m³.
Poussée d'Archimède : $Π = 1, 2 \times 3, 35 \times 10^{- 5} \times 9, 81 =$ $3, 9 \times 10^{- 4}$ N, soit $\frac{3, 9 \times 10^{- 4}}{2, 65 \times 10^{- 2}} = 1, 5$ % du poids de la balle. La poussée d'Archimède n'explique donc pas l'écart de 19 % observé à la question 2.

4. Pour la bille d'acier, la mesure ne s'écarte de la prévision que de $1, 3$ %, c'est-à-dire de l'ordre de l'incertitude de mesure : le modèle de la chute libre est validé, et l'on peut considérer que le poids est la seule force à prendre en compte.
Pour la balle de ping-pong, l'écart de $19$ % est bien trop grand, et la poussée d'Archimède n'en explique qu'une part négligeable : ce sont les frottements de l'air qui sont en cause. La balle présente en effet une grande section frontale pour une masse très faible (son poids est 25 fois plus petit que celui de la bille alors que son rayon est plus grand). La balle de ping-pong n'est pas en chute libre.

5. Le programme calcule $\sqrt{\frac{2 h}{g}}$ et affiche le résultat arrondi à deux décimales : pour $h = 6, 00$ m, il affiche 1.11. La variable t contient la durée de chute, en secondes, prévue par le modèle de la chute libre pour la hauteur saisie — et non la durée réellement mesurée.

6. La relation $v = g t$ est obtenue en primitivant $a = g$ , ce qui suppose que l'accélération reste constante et égale à $g$ pendant toute la chute, donc que le poids est la seule force. Pour la balle de ping-pong, les frottements de l'air, d'autant plus intenses que la vitesse est grande, s'opposent au poids : la somme des forces diminue, l'accélération décroît au cours de la chute (et tendrait vers zéro si la chute était assez longue, la vitesse atteignant alors une valeur limite). La relation $v = g t$ surestimerait donc la vitesse d'arrivée.

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