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Mouvement dans un champ de pesanteur uniforme

Deuxième loi de Newton, centre de masse et référentiel galiléen ; chute libre et mouvement plan ; équations horaires d’une chute verticale et d’un tir, équation de la trajectoire, sommet, flèche et portée ; conservation de l’énergie mécanique ; étude d’un mouvement filmé et énergies tracées en Python.

À propos de cette page

Ce cours de physique-chimie de terminale spécialité étudie le mouvement dans un champ de pesanteur uniforme en six parties : deuxième loi de Newton, centre de masse et référentiel galiléen ; chute libre et chute verticale ; équations horaires d’un tir et équation de la trajectoire ; sommet, flèche et portée ; conservation de l’énergie mécanique ; étude d’un lancer filmé et programme Python qui trace les énergies cinétique, potentielle et mécanique.

La deuxième loi de Newton

Ce qu’il faut savoir

Système et centre de masse. On commence toujours par définir le système étudié. Son mouvement d’ensemble est décrit par celui d’un point particulier, son centre de masse $G$ : quand un objet est lancé en tournoyant, ses points décrivent des boucles, mais $G$ suit la trajectoire la plus simple. Sa position, donnée, se justifie sans calcul : $G$ est sur le centre, l’axe ou le plan de symétrie si la matière est répartie symétriquement (au centre d’une boule homogène), et plus près de la partie la plus massive sinon. Il peut même se trouver hors de la matière, au centre d’un anneau par exemple.

Référentiel galiléen. C’est un référentiel dans lequel le principe d’inertie est vérifié : un système soumis à des forces qui se compensent y est immobile ou en mouvement rectiligne uniforme. Un référentiel en translation rectiligne uniforme par rapport à un référentiel galiléen est lui aussi galiléen. Le référentiel terrestre peut être considéré comme galiléen pour un mouvement de faible étendue et de courte durée devant une journée : la rotation de la Terre n’a alors pas d’effet mesurable. Un véhicule qui freine, qui accélère ou qui tourne n’est pas un référentiel galiléen.

Deuxième loi de Newton. Dans un référentiel galiléen, pour un système de masse $m$ constante :

$\sum {\vec{F}}_{ext} = m {\vec{a}}_{G}$

avec les forces en newtons (N), $m$ en kilogrammes (kg) et l’accélération du centre de masse en m·s⁻². En première, la somme des forces a été reliée à la variation $Δ \vec{v}$ du vecteur vitesse pendant une durée courte (Forces et approche de la deuxième loi de Newton) ; la deuxième loi en est la forme exacte, puisque ${\vec{a}}_{G} = \frac{d {\vec{v}}_{G}}{d t}$ (Mouvement : vecteurs position, vitesse et accélération).

Équilibre. Si $\sum {\vec{F}}_{ext} = \vec{0}$ , alors ${\vec{a}}_{G} = \vec{0}$ : le centre de masse est immobile ou en mouvement rectiligne uniforme, et réciproquement. C’est le principe d’inertie, cas particulier de la deuxième loi.

Deux usages. Les forces sont connues : on en déduit ${\vec{a}}_{G}$ , puis le mouvement. Le mouvement est connu : on en déduit ${\vec{a}}_{G}$ , puis la somme des forces, et une force inconnue.

Exemples

Exemple 1 — les forces sont connues : un avion qui freine. Après l’atterrissage, un avion de ligne de 60 t roule en ligne droite sur une piste horizontale, à 20 m·s⁻¹. Il est soumis à son poids, à la réaction de la piste, perpendiculaire à la piste, et à une force de freinage horizontale de 1,2 × 10⁵ N, exercée par la piste sur les roues freinées, opposée au mouvement ; l’action de l’air est négligée à cette vitesse. Système {avion}, référentiel terrestre supposé galiléen, axe $O x$ horizontal dans le sens du mouvement, axe $O z$ vertical vers le haut.

Sur $O z$ : l’avion reste sur la piste, donc $a_{z} = 0$ et $R - m g = 0$ , soit $R = 60 \times 10^{3} \times 9, 81 \approx 5, 89 \times 10^{5}$ N.
Sur $O x$ : $- F = m a_{x}$ , donc $a_{x} = - \frac{1, 2 \times 10^{5}}{60 \times 10^{3}} = - 2, 0$ m·s⁻². L’accélération est constante et opposée à la vitesse : l’avion ralentit régulièrement et s’arrête au bout de $20 \div 2, 0 = 10$ s.

Exemple 2 — le mouvement est connu : une barre d’haltérophilie. Un athlète soulève une barre de 125 kg. Au démarrage, la barre monte avec une accélération de 0,40 m·s⁻², verticale vers le haut. Forces sur la barre : le poids $\vec{P}$ et la force $\vec{F}$ exercée par les mains, verticale vers le haut ; air négligé. Sur un axe $O z$ vertical vers le haut :

$F - m g = m a_{z}$ , donc $F = m (g + a_{z})$

$F = 125 \times (9, 81 + 0, 40) \approx 1, 28 \times 10^{3}$ N

Ensuite, la barre monte à vitesse constante : $a_{z} = 0$ et $F = m g \approx 1, 23 \times 10^{3}$ N. Les mains poussent plus fort pendant le démarrage que pendant la montée régulière.

Exemple 3 — centre de masse et référentiel. Un bâton de majorette, une tige avec deux embouts identiques, est lancé en tournoyant : ses extrémités décrivent des boucles, mais son centre de masse, au milieu de la tige par symétrie, décrit une courbe simple (une parabole, comme on le verra au cas 3). Dans un train qui roule en ligne droite à vitesse constante, une bille posée sur une tablette horizontale reste immobile : le référentiel du train est galiléen. Quand le train freine, la bille roule vers l’avant sans qu’aucune force horizontale ne la pousse : le référentiel du train n’est plus galiléen, et l’on étudie le mouvement dans le référentiel terrestre.

Réflexe — je définis le système et le référentiel galiléen, je fais le bilan des forces, j’écris $\sum {\vec{F}}_{ext} = m {\vec{a}}_{G}$ et je projette sur des axes orientés.

Attention — le vecteur accélération a la direction et le sens de la somme des forces, pas forcément ceux de la vitesse : l’avion avance, mais son accélération est dirigée vers l’arrière. Et un mouvement à vitesse de valeur constante sur une trajectoire courbe n’est pas un équilibre.

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Chute libre : accélération et chute verticale

Ce qu’il faut savoir

Champ de pesanteur uniforme. Dans une région de faible étendue (quelques kilomètres au plus), le champ de pesanteur $\vec{g}$ est uniforme : même direction (la verticale), même sens (vers le bas) et même valeur en tout point, $g = 9, 81$ N·kg⁻¹ en France. Le poids d’un système de masse $m$ est $\vec{P} = m \vec{g}$ .

Chute libre. Un système est en chute libre quand son poids est la seule force qui s’exerce sur lui : l’action de l’air (frottements, poussée d’Archimède) est négligée. Ce n’est pas une question de trajectoire : une balle lancée vers le haut est en chute libre pendant toute la montée et toute la descente.

Démonstration (à savoir refaire). Système {l’objet}, de masse $m$ ; référentiel terrestre supposé galiléen ; bilan des forces : le poids seul. La deuxième loi de Newton donne $m \vec{g} = m {\vec{a}}_{G}$ , et comme $m \neq 0$ :

${\vec{a}}_{G} = \vec{g}$

L’accélération est constante (direction, sens et valeur), verticale vers le bas, et indépendante de la masse : dans le vide, une bille de plomb et une plume tombent ensemble. Le même nombre s’écrit 9,81 N·kg⁻¹ pour le champ et 9,81 m·s⁻² pour l’accélération.

Des équations horaires par primitives. Avec un axe $O z$ vertical vers le haut, $\frac{d v_{z}}{d t} = - g$ : c’est une équation différentielle. Ses solutions sont les primitives $v_{z} (t) = - g t + C$ , et la constante $C$ est fixée par la condition initiale : $C = v_{0 z}$ . On recommence pour la position :

$v_{z} (t) = - g t + v_{0 z}$

$z (t) = - \frac{1}{2} g t^{2} + v_{0 z} t + z_{0}$

Chute verticale. Objet lâché sans vitesse d’une hauteur $h$ (origine au sol) : $v_{z} = - g t$ et $z = - \frac{1}{2} g t^{2} + h$ . Il touche le sol quand $z = 0$ , à la date $t_{c} = \sqrt{\frac{2 h}{g}}$ , avec une vitesse de valeur $v = g t_{c} = \sqrt{2 g h}$ . Objet lancé verticalement vers le haut à la vitesse $v_{0}$ : il atteint son point le plus haut quand $v_{z} = 0$ , à la date $t_{s} = \frac{v_{0}}{g}$ , à l’altitude $z_{0} + \frac{v_{0}^{2}}{2 g}$ .

Exemples

Exemple 1 — un caillou lâché. Un caillou est lâché sans vitesse du haut d’un immeuble de 45,0 m, l’air étant négligé. Durée de chute : $t_{c} = \sqrt{\frac{2 \times 45, 0}{9, 81}} \approx 3, 03$ s. Vitesse d’arrivée : $v = \sqrt{2 \times 9, 81 \times 45, 0} \approx 29, 7$ m·s⁻¹, soit environ 107 km·h⁻¹, la vitesse d’une voiture sur route.

Exemple 2 — un diabolo lancé vers le haut. Un artiste de cirque lance un diabolo verticalement vers le haut à 7,0 m·s⁻¹, depuis 1,30 m au-dessus du sol. Axe $O z$ vertical vers le haut, origine au sol :

$v_{z} (t) = - 9, 81 t + 7, 0$

$z (t) = - 4, 905 t^{2} + 7, 0 t + 1, 30$

Point le plus haut : $v_{z} = 0$ pour $t_{s} = \frac{7, 0}{9, 81} \approx 0, 714$ s, à l’altitude $1, 30 + \frac{7, 0^{2}}{2 \times 9, 81} \approx 3, 80$ m. Le diabolo repasse à la hauteur de la main à $2 t_{s} \approx 1, 43$ s : la descente dure autant que la montée.

Réflexe — j’oriente l’axe vertical, j’écris $a_{z} = - g$ (axe vers le haut), puis je cherche deux primitives en fixant chaque constante par une condition initiale.

Attention — aux signes : avec un axe vers le haut, $a_{z} = - g$ et un lancer vers le bas donne $v_{0 z} < 0$ ; avec un axe vers le bas, $a_{z} = + g$ . Et « plus lourd tombe plus vite » est faux dans ce modèle : la masse se simplifie. Une feuille de papier tombe plus lentement à cause des frottements de l’air, c’est-à-dire hors du modèle de la chute libre.

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Tir dans le champ de pesanteur : équations horaires et trajectoire

Ce qu’il faut savoir

Le repère. Origine O au point de lancement (ou au sol, à sa verticale), axe $O x$ horizontal dans le sens du tir, axe $O z$ vertical vers le haut, axe $O y$ horizontal perpendiculaire aux deux autres. Le vecteur vitesse initiale, de valeur $v_{0}$ , est dans le plan $(x O z)$ et fait l’angle $α$ avec l’horizontale :

$v_{0 x} = v_{0} \cos α$ ; $v_{0 y} = 0$ ; $v_{0 z} = v_{0} \sin α$

Le mouvement est plan. $\vec{a} = \vec{g}$ donne $a_{x} = 0$ , $a_{y} = 0$ et $a_{z} = - g$ . Sur $O y$ : $v_{y} = v_{0 y} = 0$ puis $y = y_{0} = 0$ à toute date. Le centre de masse reste dans le plan vertical qui contient ${\vec{v}}_{0}$ .

Équations horaires. En cherchant les primitives avec les conditions initiales :

$v_{x} (t) = v_{0} \cos α$ et $x (t) = v_{0} \cos α \times t$

$v_{z} (t) = - g t + v_{0} \sin α$

$z (t) = - \frac{1}{2} g t^{2} + v_{0} \sin α \times t + z_{0}$

Les deux mouvements sont indépendants : la projection horizontale est rectiligne uniforme ( $\vec{g}$ n’a pas de composante horizontale), la projection verticale est celle d’une chute verticale.

Équation de la trajectoire. Le couple $(x (t); z (t))$ est une représentation paramétrique de la courbe. Pour obtenir son équation, on élimine le temps : $t = \frac{x}{v_{0} \cos α}$ , que l’on reporte dans $z (t)$ :

$z = - \frac{g}{2 v_{0}^{2} \cos^{2} α} x^{2} + x \tan α + z_{0}$

C’est un polynôme du second degré en $x$ : la trajectoire est une portion de parabole tournée vers le bas. Pour un tir horizontal ( $α = 0$ ) : $z = - \frac{g}{2 v_{0}^{2}} x^{2} + z_{0}$ . La masse n’apparaît nulle part : la trajectoire ne dépend que de $v_{0}$ , $α$ , $z_{0}$ et $g$ .

Exemples

Exemple 1 — un tir oblique depuis le sol. Un projectile part du sol à $v_{0} = 20, 0$ m·s⁻¹ sous $α = 30 °$ . $v_{0 x} = 20, 0 \times \cos 30 ° \approx 17, 3$ m·s⁻¹ et $v_{0 z} = 20, 0 \times \sin 30 ° = 10, 0$ m·s⁻¹, d’où $x (t) = 17, 3 t$ et $z (t) = - 4, 905 t^{2} + 10, 0 t$ . Coefficient de $x^{2}$ : $\frac{9, 81}{2 \times 20, 0^{2} \times \cos^{2} 30 °} = \frac{9, 81}{600} \approx 0, 0164$ , et $\tan 30 ° \approx 0, 577$ :

$z = - 0, 0164 x^{2} + 0, 577 x$ ( $x$ et $z$ en mètres)

Exemple 2 — un tir horizontal. Une bille quitte horizontalement le bord d’une table de 1,45 m de haut à 5,60 m·s⁻¹. Origine au sol, à la verticale du bord : $x (t) = 5, 60 t$ et $z (t) = - 4, 905 t^{2} + 1, 45$ . Trajectoire : $z = - \frac{9, 81}{2 \times 5, 60^{2}} x^{2} + 1, 45$ , soit $z \approx - 0, 156 x^{2} + 1, 45$ . La bille touche le sol ( $z = 0$ ) à la date $t = \sqrt{\frac{2 \times 1, 45}{9, 81}} \approx 0, 544$ s, à $x = 5, 60 \times 0, 544 \approx 3, 04$ m du pied de la table. Cette durée est celle d’une bille simplement lâchée du bord : elle ne dépend pas de la vitesse horizontale.

Réflexe — je projette ${\vec{v}}_{0}$ (cosinus pour l’horizontale, sinus pour la verticale), j’écris les quatre équations horaires, puis j’élimine $t$ avec $t = \frac{x}{v_{0} \cos α}$ .

Attention — l’équation horaire $z (t)$ et l’équation de la trajectoire $z (x)$ sont deux fonctions différentes : on ne remplace jamais $t$ par $x$ , on passe par $t = \frac{x}{v_{0} \cos α}$ . Et la calculatrice doit être en degrés : $\cos 30 °$ calculé en radians donne 0,15 au lieu de 0,87.

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Sommet, flèche et portée

Ce qu’il faut savoir

Traduire la question en équation. Point le plus haut (sommet) : $v_{z} = 0$ . Retour au sol : $z = 0$ avec $t \neq 0$ . Passage à la verticale d’un point situé à la distance $d$ : $t = \frac{d}{v_{0} \cos α}$ , puis on calcule $z$ ; le signe de $v_{z}$ à cette date dit si le projectile monte encore ou redescend déjà.

Tir depuis le sol, sur un terrain horizontal ( $z_{0} = 0$ ).

Grandeur	Condition	Résultat
date du sommet	$v_{z} = 0$	$t_{s} = \frac{v_{0} \sin α}{g}$
flèche (hauteur maximale)	$h = z (t_{s})$	$h = \frac{v_{0}^{2} \sin^{2} α}{2 g}$
durée du vol	$z = 0$ , $t \neq 0$	$T = 2 t_{s}$
portée	$x_{p} = x (T)$	$x_{p} = \frac{v_{0}^{2} \sin (2 α)}{g}$

La portée utilise $2 \sin α \cos α = \sin (2 α)$ . Elle est maximale quand $\sin (2 α) = 1$ , c’est-à-dire pour $α = 45 °$ , et vaut alors $\frac{v_{0}^{2}}{g}$ . Deux angles complémentaires (de somme 90°) donnent la même portée, mais pas la même flèche ni la même durée de vol.

Au sommet, seule $v_{z}$ s’annule : le vecteur vitesse est horizontal, de valeur $v_{0} \cos α$ , non nulle (sauf pour un tir vertical), et l’accélération vaut toujours $\vec{g}$ .

Lancer en hauteur ( $z_{0} > 0$ ). Les formules du tableau ne s’appliquent plus : $z (t) = 0$ est une équation du second degré, que l’on résout avec le discriminant en gardant la racine positive.

Exemples

Exemple 1 — la suite du tir à 20,0 m·s⁻¹ sous 30°. Sommet : $t_{s} = \frac{10, 0}{9, 81} \approx 1, 02$ s ; flèche $h = \frac{10, 0^{2}}{2 \times 9, 81} \approx 5, 10$ m. Portée : $x_{p} = \frac{20, 0^{2} \times \sin 60 °}{9, 81} \approx 35, 3$ m. Au sommet, la vitesse vaut $v_{0 x} \approx 17, 3$ m·s⁻¹. Tiré sous 60° à la même vitesse, le projectile retomberait au même endroit ( $\sin 120 ° = \sin 60 °$ ), mais en montant à $\frac{(20, 0 \times \sin 60 °)^{2}}{2 \times 9, 81} \approx 15, 3$ m.

Tir à $v_{0} = 20, 0$ m·s⁻¹ sous $α = 30 °$ : sommet S (flèche $h$ ) et point de chute P (portée). Échelles différentes sur les deux axes.

Exemple 2 — un saut de motocross. Un pilote quitte le bord d’un tremplin à 13,5 m·s⁻¹ sous 35° ; le centre de masse de l’ensemble {pilote et moto} part 2,20 m plus haut que l’altitude qu’il aura à la réception, sur une zone plane (origine à cette altitude, air négligé). Alors $v_{0 x} = 13, 5 \times \cos 35 ° \approx 11, 06$ m·s⁻¹ et $v_{0 z} = 13, 5 \times \sin 35 ° \approx 7, 743$ m·s⁻¹. Le centre de masse revient à l’altitude 0 quand $- 4, 905 t^{2} + 7, 743 t + 2, 20 = 0$ :

$Δ = 7, 743^{2} + 4 \times 4, 905 \times 2, 20 \approx 103, 1$

$t = \frac{7, 743 + \sqrt{103, 1}}{2 \times 4, 905} \approx 1, 82$ s

(l’autre racine est négative). Longueur du saut : $x = 11, 06 \times 1, 824 \approx 20, 2$ m. La formule de la portée « depuis le sol » donnerait $\frac{13, 5^{2} \times \sin 70 °}{9, 81} \approx 17, 5$ m : elle oublie les 2,20 m de dénivelé.

Réflexe — sommet : $v_{z} = 0$ ; sol : $z = 0$ ; cible : $x = d$ , puis je compare $z (d)$ à la hauteur voulue.

Attention — « au sommet, la vitesse est nulle » est faux pour un tir oblique : seule sa composante verticale s’annule. Et les formules de la flèche et de la portée ne valent que pour un tir depuis le sol sur un terrain horizontal.

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Aspects énergétiques

Ce qu’il faut savoir

Rappels de première. Énergie cinétique $E_{c} = \frac{1}{2} m v^{2}$ ; énergie potentielle de pesanteur $E_{p p} = m g z$ , avec $z$ l’altitude sur un axe vertical vers le haut ( $E_{p p} = 0$ à l’altitude de référence choisie) ; énergie mécanique $E_{m} = E_{c} + E_{p p}$ , en joules (J). Théorème de l’énergie cinétique : $E_{c} (B) - E_{c} (A) = \sum W_{A B} (\vec{F})$ . Travail du poids : $W_{A B} (\vec{P}) = m g (z_{A} - z_{B})$ , qui ne dépend pas du chemin suivi (Travail et puissance d’une force, Énergie mécanique : cinétique, potentielle et conservation).

En chute libre, l’énergie mécanique se conserve. Seul le poids travaille : $E_{c} (B) - E_{c} (A) = m g (z_{A} - z_{B})$ , c’est-à-dire $E_{c} (B) - E_{c} (A) = E_{p p} (A) - E_{p p} (B)$ , donc $E_{m} (A) = E_{m} (B)$ . En simplifiant par $m$ :

$v_{B}^{2} = v_{A}^{2} + 2 g (z_{A} - z_{B})$

La vitesse à une altitude donnée ne dépend que de la vitesse de départ et de la hauteur descendue : ni de la direction du lancer, ni de la masse. Pour un objet lâché d’une hauteur $h$ , on retrouve $v = \sqrt{2 g h}$ .

Ce que l’énergie donne, et ce qu’elle ne donne pas. Elle donne vite la valeur d’une vitesse à une altitude connue (arrivée au sol, sommet). Elle ne donne ni la date, ni l’abscisse, ni la direction du vecteur vitesse : pour cela, on revient aux équations horaires.

Si l’air n’est plus négligeable, les frottements ont un travail négatif : l’énergie mécanique diminue, et $E_{m} (B) - E_{m} (A) = W_{A B} (\vec{f}) < 0$ .

Exemples

Exemple 1 — une cascade. L’eau d’une cascade franchit le bord de la chute à 3,0 m·s⁻¹, 10,0 m au-dessus du bassin. L’air étant négligé, chaque goutte est en chute libre et son énergie mécanique se conserve jusqu’au bassin :

$\frac{1}{2} m v^{2} = \frac{1}{2} m v_{0}^{2} + m g h$

$v = \sqrt{3, 0^{2} + 2 \times 9, 81 \times 10, 0}$

$v = \sqrt{205, 2} \approx 14, 3$ m·s⁻¹

soit environ 51,6 km·h⁻¹, quelle que soit la direction de l’eau au bord et quelle que soit la masse de la goutte.

Exemple 2 — le sommet d’un tir, par l’énergie. Une gardienne de but relance à la main un ballon de football de 0,43 kg à 12,0 m·s⁻¹ sous 50°. Au départ, $E_{c} = \frac{1}{2} \times 0, 43 \times 12, 0^{2} \approx 31, 0$ J. Au sommet, la vitesse vaut $v_{0} \cos 50 ° \approx 7, 71$ m·s⁻¹, donc $E_{c} \approx 12, 8$ J : elle n’est pas nulle. L’énergie cinétique perdue, $31, 0 - 12, 8 = 18, 2$ J, est devenue énergie potentielle : $m g h \approx 18, 2$ J, d’où $h \approx \frac{18, 2}{0, 43 \times 9, 81} \approx 4, 31$ m. On retrouve la flèche $\frac{v_{0}^{2} \sin^{2} α}{2 g}$ , qui ne dépend pas de la masse.

Réflexe — on me demande une vitesse à une altitude donnée, sans parler de durée : j’écris la conservation de l’énergie mécanique entre le départ et ce point.

Attention — dans $E_{p p} = m g z$ , $z$ est une altitude mesurée sur un axe vers le haut, à partir d’une référence que l’on garde jusqu’au bout. L’énergie est un nombre, pas un vecteur : elle ne dit rien de la direction du mouvement. Et elle ne se conserve que si les frottements sont négligeables.

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Étude expérimentale : vidéo, modèle et énergies

Ce qu’il faut savoir

Du film aux équations horaires. On filme le mouvement dans un plan perpendiculaire à l’axe de la caméra, avec un objet de longueur connue pour l’échelle. Un logiciel de pointage relève la position du centre de masse toutes les $τ$ secondes (la durée entre deux images) ; un capteur de distance peut remplacer la vidéo pour une chute verticale. On modélise ensuite les relevés :

— $x (t)$ par une fonction affine $x = A t + B$ : le mouvement horizontal est uniforme et $v_{0 x} = A$ ;
— $z (t)$ par un polynôme du second degré $z = C t^{2} + D t + E$ . En comparant avec $z = - \frac{1}{2} g t^{2} + v_{0 z} t + z_{0}$ : $C = - \frac{g}{2}$ , $D = v_{0 z}$ et $E = z_{0}$ .

$g_{exp} = - 2 C$

écart relatif $= \frac{| g_{exp} - g |}{g}$

Un écart de quelques pour cent valide le modèle de la chute libre.

Les énergies au cours du mouvement. À partir des positions, on estime la vitesse en chaque point sur $2 τ$ , $v_{x, i} \approx \frac{x_{i + 1} - x_{i - 1}}{2 τ}$ et de même pour $v_{z}$ (méthode du chapitre Mouvement : vecteurs position, vitesse et accélération), puis $E_{c}$ , $E_{p p}$ et $E_{m}$ ; de la même façon, deux vitesses voisines donnent une accélération approchée, et l’on doit retrouver $a_{x} \approx 0$ et $a_{z} \approx - g$ . Sur le graphique, $E_{c}$ et $E_{p p}$ s’échangent : si $E_{m}$ reste constante, les frottements sont négligeables ; si elle diminue, ils ne le sont pas. Le programme suivant fait ces calculs et trace les trois courbes :

import matplotlib.pyplot as plt
m, g, tau = 0.060, 9.81, 0.040        # masse (kg), g (m/s²), durée entre deux images (s)
t = [...]                             # dates des images (s)
x = [...]                             # abscisses relevées (m)
z = [...]                             # altitudes relevées (m)
tt, Ec, Epp, Em = [], [], [], []
for i in range(1, len(t) - 1):
    vx = (x[i+1] - x[i-1]) / (2*tau)
    vz = (z[i+1] - z[i-1]) / (2*tau)
    tt.append(t[i])
    Ec.append(0.5 * m * (vx**2 + vz**2))
    Epp.append(m * g * z[i])
    Em.append(Ec[-1] + Epp[-1])
plt.plot(tt, Ec, label="Ec")
plt.plot(tt, Epp, label="Epp")
plt.plot(tt, Em, label="Em")
plt.xlabel("t (s)"); plt.ylabel("énergie (J)")
plt.legend(); plt.show()

Limites du modèle. Pour un objet léger et de grande taille (balle de ping-pong, volant de badminton) ou très rapide, les frottements de l’air ne sont plus négligeables : l’accélération diminue au cours de la chute et la vitesse tend vers une vitesse limite. La poussée d’Archimède de l’air, elle, reste en général négligeable devant le poids.

Exemples

Exemple 1 — modéliser un lancer. Une balle est lancée et filmée ; à partir du pointage, le logiciel donne $x (t) = 1, 85 t$ et $z (t) = - 4, 87 t^{2} + 3, 52 t + 0, 02$ ( $x$ , $z$ en mètres, $t$ en secondes).

Pointage de l’altitude du centre de la balle toutes les 0,040 s et modèle parabolique donné par le logiciel.

Vitesse initiale : $v_{0 x} = 1, 85$ m·s⁻¹ et $v_{0 z} = 3, 52$ m·s⁻¹, soit $v_{0} = \sqrt{1, 85^{2} + 3, 52^{2}} \approx 3, 98$ m·s⁻¹. Champ de pesanteur mesuré : $g_{exp} = 2 \times 4, 87 = 9, 74$ m·s⁻², écart relatif $\frac{| 9, 74 - 9, 81 |}{9, 81} \approx 0, 7$ % : le modèle de la chute libre est validé.

Exemple 2 — des énergies qui s’échangent. Une balle de 60 g est lancée verticalement vers le haut. Le traitement du pointage donne, à deux dates :

$t$ (s)	$z$ (m)	$v$ (m·s⁻¹)	$E_{c}$ (J)	$E_{p p}$ (J)	$E_{m}$ (J)
0,10	0,451	4,02	0,485	0,265	0,750
0,30	1,059	2,06	0,127	0,623	0,751

Par exemple $E_{c} = \frac{1}{2} \times 0, 060 \times 4, 02^{2} \approx 0, 485$ J et $E_{p p} = 0, 060 \times 9, 81 \times 0, 451 \approx 0, 265$ J. Entre les deux dates, la balle a perdu 0,358 J d’énergie cinétique et gagné 0,358 J d’énergie potentielle : l’énergie mécanique est constante à 0,1 % près, les frottements sont négligeables.

Réflexe — je modélise $x (t)$ par une droite et $z (t)$ par une parabole ; le coefficient de $t^{2}$ vaut $- \frac{g}{2}$ , donc $g_{exp} = - 2 \times$ ce coefficient, que je compare à $g$ par un écart relatif.

Attention — le coefficient de $t^{2}$ est $- \frac{g}{2}$ , pas $- g$ : l’oubli du facteur 2 donne un « $g$ » de 4,9 m·s⁻². Et il faut lire l’orientation de l’axe $O z$ choisie dans le logiciel : vers le bas, tous les signes s’inversent.

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Pour aller plus loin

Mouvement dans un champ électrique uniforme. La méthode est la même pour une particule chargée : la force électrique $\vec{F} = q \vec{E}$ est constante, la deuxième loi de Newton donne $\vec{a} = \frac{q \vec{E}}{m}$ , et l’on cherche les primitives avec les conditions initiales : Mouvement dans un champ électrique uniforme.

Mouvement des satellites. Loin du sol, le champ de gravitation n’est plus uniforme et l’on travaille dans le référentiel géocentrique, supposé galiléen : Satellites et planètes : mouvement circulaire et lois de Kepler.

Chute avec frottements. Si l’on modélise l’action de l’air par une force $\vec{f} = - k \vec{v}$ , la deuxième loi de Newton conduit, pour une chute verticale sur un axe orienté vers le bas, à l’équation différentielle $\frac{d v}{d t} = g - \frac{k}{m} v$ , dont la solution tend vers la vitesse limite $\frac{m g}{k}$ .

À retenir

Deuxième loi de Newton, dans un référentiel galiléen : $\sum {\vec{F}}_{ext} = m {\vec{a}}_{G}$ ; si $\sum {\vec{F}}_{ext} = \vec{0}$ , le centre de masse est immobile ou en mouvement rectiligne uniforme.
Chute libre (poids seul) : ${\vec{a}}_{G} = \vec{g}$ , vertical vers le bas, de valeur 9,81 m·s⁻², indépendant de la masse ; le mouvement est plan.
Axe $O z$ vers le haut : $v_{x} = v_{0} \cos α$ , $v_{z} = - g t + v_{0} \sin α$ , $x = v_{0} \cos α t$ , $z = - \frac{1}{2} g t^{2} + v_{0} \sin α t + z_{0}$ ; trajectoire $z = - \frac{g}{2 v_{0}^{2} \cos^{2} α} x^{2} + x \tan α + z_{0}$ , une parabole.
Sommet : $v_{z} = 0$ ; sol : $z = 0$ . Depuis le sol : flèche $\frac{v_{0}^{2} \sin^{2} α}{2 g}$ , portée $\frac{v_{0}^{2} \sin (2 α)}{g}$ , maximale à 45°.
En chute libre, $E_{m} = \frac{1}{2} m v^{2} + m g z$ se conserve : $v_{B}^{2} = v_{A}^{2} + 2 g (z_{A} - z_{B})$ ; avec des frottements, $E_{m}$ diminue.
Vidéo : $z (t)$ modélisée par $C t^{2} + D t + E$ donne $g_{exp} = - 2 C$ , comparé à $g$ par un écart relatif.

Questions fréquentes

Que dit la deuxième loi de Newton en terminale ?

Dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures appliquées à un système de masse constante est égale au produit de sa masse par l’accélération de son centre de masse : ΣF = m·a_G. Si la somme des forces est nulle, le centre de masse est immobile ou en mouvement rectiligne uniforme. On l’utilise pour trouver l’accélération à partir des forces, ou une force à partir du mouvement.

Pourquoi l’accélération d’un objet en chute libre ne dépend-elle pas de sa masse ?

En chute libre, le poids m·g est la seule force. La deuxième loi de Newton donne m·g = m·a, et la masse se simplifie : a = g, vertical, vers le bas, de valeur 9,81 m·s⁻² en France. Sans air, deux objets lâchés ensemble de la même hauteur touchent le sol au même instant.

Comment établir les équations horaires d’un tir dans le champ de pesanteur ?

On applique la deuxième loi de Newton (a = g), on projette sur un axe Ox horizontal et un axe Oz vertical vers le haut : aₓ = 0 et a_z = −g. On cherche ensuite deux primitives successives en fixant les constantes avec les conditions initiales v₀cos α, v₀sin α et z₀ : x(t) = v₀cos α·t et z(t) = −½g·t² + v₀sin α·t + z₀.

Comment calculer la flèche et la portée d’un tir ?

Le sommet est atteint quand v_z = 0, à t = v₀sin α / g ; la flèche vaut alors v₀²sin²α / (2g). Pour un tir depuis le sol sur un terrain horizontal, le projectile retombe à 2t_s et la portée vaut v₀²sin(2α) / g, maximale pour 45°. Si le lancer part d’une hauteur, on résout z(t) = 0, une équation du second degré.

L’énergie mécanique se conserve-t-elle dans un mouvement de chute libre ?

Oui : seul le poids travaille, donc ½m·v² + m·g·z reste constante. On en tire v_B² = v_A² + 2g(z_A − z_B) : la vitesse à une altitude donnée ne dépend ni de la direction du lancer ni de la masse. Si les frottements ne sont plus négligeables, l’énergie mécanique diminue.

Comment vérifier une chute libre à partir d’une vidéo ?

On pointe la position du centre de masse image par image, puis on modélise x(t) par une droite et z(t) par une parabole C·t² + D·t + E. Le coefficient C vaut −g/2 : on calcule g_exp = −2C et on le compare à 9,81 m·s⁻² par un écart relatif. On peut aussi calculer en Python les énergies cinétique, potentielle et mécanique : une énergie mécanique constante valide le modèle.

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