Mouvement dans un champ de pesanteur uniforme

Dans un centre de tri postal, un bac de courrier de 18 kg avance en ligne droite à vitesse constante sur un convoyeur à bande horizontal, sans glisser sur la bande. Référentiel terrestre supposé galiléen, action de l’air négligée, $g=9,81$ N·kg⁻¹.

1. Somme des forces exercées sur le bac : N
   Le centre de masse est en mouvement rectiligne uniforme : ${\overrightarrow{a}}_G=\overrightarrow{0}$, donc la somme des forces est nulle (principe d’inertie).
2. Valeur de la réaction de la bande : N
   Les deux forces, poids et réaction, se compensent : $R=mg=18\times 9,81\approx$ 177 N.
3. Au démarrage du convoyeur, le bac passe de 0 à 0,50 m·s⁻¹ en 0,60 s, avec une accélération constante : $a_x=$ m·s⁻²
   $a_x={\displaystyle \frac{0,50}{0,60}}\approx$ 0,833 m·s⁻².
4. Force horizontale exercée par la bande pendant ce démarrage : N
   C’est la seule force horizontale : $F=m{a}_x=18\times {\displaystyle \frac{0,50}{0,60}}=$ 15 N, dans le sens du mouvement.

Un hélicoptère en vol stationnaire hélitreuille un secouriste. L’ensemble {secouriste et équipement}, de masse 90 kg, est suspendu à un câble vertical ; l’action de l’air est négligée. Axe $Oz$ vertical vers le haut, référentiel terrestre supposé galiléen, $g=9,81$ m·s⁻².

1. Phase 1 : l’ensemble commence à descendre, avec $a_z=-0,50$ m·s⁻². Tension du câble : N
   $T-mg=m{a}_z$, donc $T=90\times (9,81-0,50)=837,9\approx$ 838 N : moins que le poids, l’ensemble prend de la vitesse vers le bas.
2. Phase 2 : près du sol, l’ensemble descend en ralentissant, avec $a_z=+0,40$ m·s⁻². Tension du câble : N
   $T=90\times (9,81+0,40)=918,9\approx$ 919 N : la tension dépasse le poids, et pourtant l’ensemble descend encore. L’accélération dit comment la vitesse change, pas dans quel sens on va.
3. Phase 3 : pendant la remontée, le capteur du treuil indique une tension de 800 N. $a_z=$ m·s⁻²
   $T-mg=m{a}_z$, donc $a_z={\displaystyle \frac{800}{90}}-9,81\approx$ −0,92 m·s⁻². L’accélération est dirigée vers le bas alors que l’ensemble monte : il remonte en ralentissant, à l’approche de l’hélicoptère. La tension seule ne dit pas dans quel sens on se déplace.
4. Le câble supporte au plus 1 500 N. Masse maximale que le treuil peut faire démarrer vers le haut avec $a_z=+0,50$ m·s⁻² : kg
   $T=m(g+a_z)$ avec $T=1500$ N : $m={\displaystyle \frac{1500}{9,81+0,50}}\approx$ 145 kg. Ici l’inconnue est la masse, pas la tension : au-delà, le câble casserait au démarrage.

Au coup d’envoi, un footballeur de 75 kg démarre en ligne droite en poussant sur la pelouse. Pendant la première seconde, on suppose que son centre de masse a une accélération horizontale de 4,0 m·s⁻², sans mouvement vertical. Il est soumis à son poids et à la force exercée par la pelouse, de composante horizontale $F$ et de composante verticale $R$ ; l’action de l’air est négligée. Référentiel terrestre supposé galiléen, $g=9,81$ m·s⁻².

1. Composante horizontale $F$ : N
   Sur l’axe horizontal, seule $F$ agit : $F=m{a}_x=75\times 4,0=$ 300 N, vers l’avant.
2. Composante verticale $R$ : N
   Pas de mouvement vertical : $a_z=0$, donc $R-mg=0$ et $R=75\times 9,81\approx$ 736 N.
3. Valeur de la force totale exercée par la pelouse : N
   $\sqrt{{300}^2+735,{75}^2}\approx$ 795 N.
4. Angle entre cette force et la verticale : °
   $\tan \theta ={\displaystyle \frac{300}{735,75}}$, d’où $\theta \approx$ 22,2° : la pelouse pousse le footballeur vers le haut et vers l’avant : sa composante verticale compense le poids, sa composante horizontale produit l’accélération.
5. Plus tard, il contourne un plot à 6,0 m·s⁻¹ constants : en 2,0 s, sa vitesse passe de la direction du nord à celle de l’est. Valeur du vecteur somme des forces moyen, $m{\displaystyle \frac{\Delta \overrightarrow{v}}{\Delta t}}$, sur ces 2,0 s : N
   La valeur de la vitesse ne change pas, mais sa direction tourne de 90° : $\Delta \overrightarrow{v}$ n’est pas nul. Ses deux composantes valent 6,0 m·s⁻¹, donc $\Delta v=\sqrt{6,0^2+6,0^2}\approx 8,49$ m·s⁻¹. Somme des forces moyenne : $m{\displaystyle \frac{\Delta v}{\Delta t}}=75\times {\displaystyle \frac{8,485}{2,0}}\approx$ 318 N : non nulle, un mouvement courbe à vitesse de valeur constante n’est pas un équilibre.

Une bille d’acier est lâchée sans vitesse initiale d’un balcon situé à 12,5 m au-dessus du sol. L’action de l’air est négligée, $g=9,81$ m·s⁻². Axe $Oz$ vertical vers le haut, origine au sol.

1. $z(t)=$ $\times t^2+12,5$
   Seul le poids agit : $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{g}$, soit $a_z=-9,81$ m·s⁻². Avec $v_z(0)=0$ : $v_z=-9,81t$ ; avec $z(0)=12,5$ m : $z(t)=$ −4,905 $t^2+12,5$.
2. Durée de la chute de la bille : s
   $z=0$ : $t_c=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 12,5}{9,81}}}\approx$ 1,60 s.
3. Vitesse juste avant l’impact : km·h⁻¹
   $v=\sqrt{2\times 9,81\times 12,5}\approx 15,7$ m·s⁻¹, soit $15,66\times 3,6\approx$ 56,4 km·h⁻¹.
4. Distance parcourue pendant la première seconde de chute : m
   $12,5-z(1,00)=4,905\times 1,{00}^2\approx$ 4,91 m, moins de 40 % de la hauteur alors que la seconde dure 63 % du temps de chute : le mouvement est accéléré.

Depuis une hauteur de 1,80 m au-dessus du sol, un joueur lance une balle verticalement vers le haut à 11,5 m·s⁻¹. Axe $Oz$ vertical vers le haut, origine au sol ; action de l’air négligée, $g=9,81$ m·s⁻².

1. Date à laquelle la balle atteint son point le plus haut : s
   $v_z(t)=-9,81t+11,5$ s’annule pour $t_s={\displaystyle \frac{11,5}{9,81}}\approx$ 1,17 s.
2. Altitude du point le plus haut : m
   $z(t)=-4,905t^2+11,5t+1,80$ ; $z(t_s)=1,80+{\displaystyle \frac{11,5^2}{2\times 9,81}}\approx$ 8,54 m.
3. Date à laquelle la balle touche le sol : s
   $4,905t^2-11,5t-1,80=0$ : $\Delta =11,5^2+4\times 4,905\times 1,80\approx 167,6$, $t={\displaystyle \frac{11,5+\sqrt{167,6}}{9,81}}\approx$ 2,49 s (l’autre racine, −0,15 s, n’a pas de sens ici).
4. Valeur de la vitesse à l’arrivée au sol : m·s⁻¹
   $v_z(2,492)=-9,81\times 2,492+11,5\approx -12,9$ m·s⁻¹ : valeur 12,9 m·s⁻¹, plus grande qu’au départ car la balle a descendu 1,80 m de plus qu’elle n’est montée.

Pour estimer la profondeur d’un puits, on lance une pierre verticalement vers le bas, à 3,00 m·s⁻¹, depuis le bord. Axe $Oz$ vertical orienté vers le bas, origine au bord du puits, référentiel terrestre supposé galiléen ; action de l’air négligée, $g=9,81$ m·s⁻² ; le son se propage dans l’air à 340 m·s⁻¹.

1. Avec cet axe : $a_z=$ m·s⁻²
   $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{g}$, vers le bas, donc dans le sens de l’axe : $a_z=$ +9,81 m·s⁻². Le signe « − » de $a_z=-g$ ne vaut que pour un axe orienté vers le haut.
2. $z(t)=$ $\times t^2+3,00t$
   $v_z=9,81t+3,00$ ($v_{0z}=+3,00$ : lancer vers le bas, axe vers le bas), puis $z(t)=$ 4,905 $t^2+3,00t$ avec $z(0)=0$.
3. La pierre touche l’eau 1,80 s après le lancer. Profondeur de la surface de l’eau sous le bord : m
   $z(1,80)=4,905\times 1,{80}^2+3,00\times 1,80=15,89+5,40\approx$ 21,3 m.
4. Valeur de la vitesse de la pierre quand elle touche l’eau : m·s⁻¹
   $v_z(1,80)=9,81\times 1,80+3,00\approx$ 20,7 m·s⁻¹, positive : vers le bas.
5. Date à laquelle on entend, au bord, le bruit de l’impact : s
   Le son remonte les 21,29 m à vitesse constante en ${\displaystyle \frac{21,29}{340}}\approx 0,063$ s : on l’entend à $1,80+0,063\approx$ 1,86 s.
6. Dans un autre puits, avec le même lancer, on entend l’impact 2,50 s après le lancer. Profondeur de l’eau sous le bord : m
   Soit $t_1$ la durée de la chute : la profondeur vaut $4,905t_1^2+3,00t_1$, et le son met $2,50-t_1$ pour la remonter, d’où $4,905t_1^2+3,00t_1=340(2,50-t_1)$, soit $4,905t_1^2+343t_1-850=0$. $\Delta ={343}^2+4\times 4,905\times 850=134326$, $t_1={\displaystyle \frac{-343+\sqrt{134326}}{2\times 4,905}}\approx 2,396$ s (l’autre racine est négative). Profondeur : $4,905\times 2,{396}^2+3,00\times 2,396\approx$ 35,3 m. En oubliant le trajet du son ($t_1=2,50$ s), on trouverait 38,2 m.

Un projectile est lancé horizontalement du sommet d’une falaise de 28,0 m de haut, à 8,40 m·s⁻¹. Origine au point de lancement, $Ox$ horizontal dans le sens du tir, $Oz$ vertical vers le haut ; action de l’air négligée, $g=9,81$ m·s⁻².

1. Équation de la trajectoire : $z=$ $\times x^2$
   $x=8,40t$ et $z=-4,905t^2$ ; avec $t={\displaystyle \frac{x}{8,40}}$ : $z=-{\displaystyle \frac{4,905}{8,{40}^2}}{x}^2\approx$ −0,0695 $x^2$.
2. Durée de la chute du projectile : s
   L’impact a lieu pour $z=-28,0$ m : $t_c=\sqrt{{\displaystyle \frac{28,0}{4,905}}}\approx$ 2,39 s, comme pour un objet simplement lâché.
3. Distance entre le pied de la falaise et le point d’impact : m
   $x=8,40\times 2,389\approx$ 20,1 m.
4. Valeur de la vitesse à l’impact : m·s⁻¹
   $v_x=8,40$ m·s⁻¹ et $v_z=-9,81\times 2,389\approx -23,4$ m·s⁻¹ ; $v=\sqrt{8,{40}^2+23,4^2}\approx$ 24,9 m·s⁻¹.
5. Angle entre le vecteur vitesse et l’horizontale à l’impact : °
   $\tan \theta ={\displaystyle \frac{23,4}{8,40}}\approx 2,79$, d’où $\theta \approx$ 70,3° sous l’horizontale : $v_x$ est restée constante, $|v_z|$ n’a cessé de croître.

Un projectile est lancé depuis le sol à 15,0 m·s⁻¹ sous un angle de 55° au-dessus de l’horizontale. Origine au point de lancement, $Ox$ horizontal dans le plan du tir, $Oy$ horizontal perpendiculaire à ce plan, $Oz$ vertical vers le haut ; action de l’air négligée, $g=9,81$ m·s⁻².

1. Coordonnée $y$ du projectile à $t=1,0$ s : m
   $a_y=0$ et $v_{0y}=0$ donnent $v_y=0$ puis $y=y_0=$ 0 à toute date : le mouvement reste dans le plan vertical $(xOz)$ qui contient ${\overrightarrow{v}}_0$, il est plan.
2. Un élève trouve $v_{0x}\approx 0,332$ m·s⁻¹. Valeur juste : $v_{0x}=$ m·s⁻¹
   $0,332=15,0\times \cos (55\text{rad})$ : la calculatrice était en radians. En degrés, $v_{0x}=15,0\times \cos 55°\approx$ 8,60 m·s⁻¹, d’où $x(t)=8,60t$.
3. $v_{0z}=$ m·s⁻¹
   $v_{0z}=15,0\times \sin 55°\approx$ 12,3 m·s⁻¹, d’où $z(t)=-4,905t^2+12,3t$.
4. Équation de la trajectoire : $z=$ $\times x^2+1,43x$
   $t={\displaystyle \frac{x}{8,60}}$ dans $z(t)$ : coefficient $-{\displaystyle \frac{9,81}{2\times 15,0^2\times {\cos }^{2}55°}}\approx$ −0,0663, et $\tan 55°\approx 1,43$.
5. Altitude du projectile à la date $t=1,50$ s : m
   On utilise l’équation horaire, pas celle de la trajectoire : $z(1,50)=-4,905\times 1,{50}^2+12,29\times 1,50\approx$ 7,39 m. Remplacer $x$ par 1,50 dans $z(x)$ donnerait 1,99 m : c’est l’altitude à 1,50 m du départ, atteinte bien avant.
6. Altitude du projectile à la verticale d’un point situé à 10,0 m du départ : m
   $z(10,0)=-0,0663\times 100+1,428\times 10,0\approx$ 7,66 m.

Le jet d’une fontaine sort d’une buse placée au niveau du sol. Dans un repère d’origine la buse, $Ox$ horizontal et $Oz$ vertical vers le haut, la trajectoire des gouttes a pour équation $z=-0,25x^2+1,0x$ (en mètres). Les gouttes sont supposées en chute libre, $g=9,81$ m·s⁻².

1. Angle du jet avec l’horizontale à la sortie de la buse : °
   Par identification avec $z=-{\displaystyle \frac{g}{2v_0^2{\cos }^2\alpha }}{x}^2+x\tan \alpha$ : $\tan \alpha =1,0$, donc $\alpha =$ 45°.
2. Vitesse de sortie de l’eau : m·s⁻¹
   ${\displaystyle \frac{g}{2v_0^2{\cos }^{2}45°}}={\displaystyle \frac{9,81}{v_0^2}}=0,25$, d’où $v_0=\sqrt{39,24}\approx$ 6,26 m·s⁻¹.
3. Distance de la buse à laquelle l’eau retombe au sol : m
   $z=x(1,0-0,25x)=0$ pour $x=0$ ou $x={\displaystyle \frac{1,0}{0,25}}=$ 4,0 m.
4. Si la vitesse de sortie double, au même angle : $z=$ $\times x^2+1,0x$
   Le coefficient de $x^2$ varie comme ${\displaystyle \frac{1}{v_0^2}}$ : il est divisé par 4, soit −0,0625. Le terme $x\tan \alpha$ ne change pas ; l’eau retombe alors 4 fois plus loin, à 16 m.

Un projectile est lancé depuis un sol horizontal à 14,0 m·s⁻¹ sous 35° au-dessus de l’horizontale ; action de l’air négligée, $g=9,81$ m·s⁻².

1. Date du sommet : s
   $v_{0z}=14,0\times \sin 35°\approx 8,03$ m·s⁻¹ ; $v_z=-9,81t+8,03=0$ pour $t_s\approx$ 0,819 s.
2. Valeur de l’accélération du projectile au sommet : m·s⁻²
   Le poids est la seule force en tout point du vol, sommet compris : $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{g}$, de valeur 9,81 m·s⁻², verticale vers le bas. Au sommet, c’est $v_z$ qui s’annule, pas l’accélération.
3. Flèche du tir : m
   $h={\displaystyle \frac{v_{0z}^2}{2g}}={\displaystyle \frac{8,{030}^2}{2\times 9,81}}\approx$ 3,29 m.
4. Valeur de la vitesse au sommet : m·s⁻¹
   Au sommet, seule $v_z$ est nulle : $v=v_{0x}=14,0\times \cos 35°\approx$ 11,5 m·s⁻¹.
5. Portée du tir : m
   $x_p={\displaystyle \frac{14,0^2\times \sin 70°}{9,81}}\approx$ 18,8 m.

Un projectile est lancé depuis un sol horizontal à $v_0=24,0$ m·s⁻¹, sous un angle $\alpha$ réglable ; action de l’air négligée, $g=9,81$ m·s⁻². La portée vaut $x_p={\displaystyle \frac{v_0^2\sin (2\alpha )}{g}}$.

1. Angle qui rend la portée maximale : °
   $x_p$ est maximale quand $\sin (2\alpha )=1$, soit $2\alpha =90°$ et $\alpha =$ 45°.
2. Portée maximale : m
   $x_p={\displaystyle \frac{24,0^2}{9,81}}={\displaystyle \frac{576}{9,81}}\approx$ 58,7 m.
3. Portée pour $\alpha =25°$ : m
   $x_p={\displaystyle \frac{576\times \sin 50°}{9,81}}\approx$ 45,0 m.
4. Autre angle donnant la même portée qu’à 25° : °
   $\sin 130°=\sin 50°$ : l’angle complémentaire 65° donne la même portée, par un tir en cloche.
5. Le même tir à 25° part maintenant du bord d’un talus, 5,00 m au-dessus du sol horizontal. Distance horizontale entre le point de lancement et le point de chute : m
   La formule de la portée ne vaut plus (départ plus haut que l’arrivée). $v_{0x}=24,0\cos 25°\approx 21,75$ m·s⁻¹, $v_{0z}=24,0\sin 25°\approx 10,14$ m·s⁻¹ ; $-4,905t^2+10,14t+5,00=0$ : $\Delta \approx 201,0$, $t={\displaystyle \frac{10,14+\sqrt{201,0}}{9,81}}\approx 2,479$ s (l’autre racine est négative). $x=21,75\times 2,479\approx$ 53,9 m, et non 45,0 m.

Lors d’un coup franc, un ballon est frappé depuis le sol à 19,0 m·s⁻¹, sous 42° au-dessus de l’horizontale, dans le plan vertical qui contient le but. Le but est à 32,0 m ; le bord inférieur de sa barre transversale est à 2,44 m du sol. Action de l’air et effet du ballon négligés, $g=9,81$ m·s⁻². Origine au point de frappe, $Ox$ vers le but, $Oz$ vertical vers le haut.

1. Équation de la trajectoire : $z=$ $\times x^2+0,900x$
   $-{\displaystyle \frac{9,81}{2\times 19,0^2\times {\cos }^{2}42°}}\approx$ −0,0246, et $\tan 42°\approx 0,900$.
2. Altitude du ballon à la verticale de la ligne de but : m
   $z(32,0)=-0,0246\times 32,0^2+0,9004\times 32,0\approx$ 3,62 m.
3. Écart entre l’altitude du ballon et le bord inférieur de la barre : m
   $3,62-2,44\approx$ 1,18 m : le ballon passe au-dessus de la barre, le tir est trop haut.
4. $v_z$ au passage à la verticale de la ligne de but : m·s⁻¹
   Date : $t={\displaystyle \frac{32,0}{19,0\times \cos 42°}}\approx 2,27$ s ; $v_z=-9,81\times 2,266+12,71\approx$ −9,52 m·s⁻¹ : négative, le ballon redescend déjà (sommet à 1,30 s).
5. Distance à laquelle le ballon retomberait au sol s’il n’était pas arrêté : m
   $x_p={\displaystyle \frac{19,0^2\times \sin 84°}{9,81}}\approx$ 36,6 m, soit 4,6 m derrière la ligne de but.

Une mangue de 400 g se détache d’une branche située à 5,5 m au-dessus du sol et tombe sans vitesse initiale. Action de l’air négligée, $g=9,81$ N·kg⁻¹, énergie potentielle de pesanteur nulle au niveau du sol.

1. Énergie potentielle de pesanteur au départ : J
   $E_{pp}=mgz=0,400\times 9,81\times 5,5\approx$ 21,6 J.
2. Énergie cinétique à mi-hauteur : J
   L’énergie mécanique se conserve : à mi-hauteur, la mangue a perdu la moitié de son énergie potentielle, gagnée en énergie cinétique : $E_c\approx$ 10,8 J.
3. Vitesse à mi-hauteur : m·s⁻¹
   $v=\sqrt{2\times 9,81\times 2,75}\approx$ 7,35 m·s⁻¹.
4. Vitesse juste avant le sol : m·s⁻¹
   $v=\sqrt{2\times 9,81\times 5,5}\approx$ 10,4 m·s⁻¹ : la vitesse n’est pas proportionnelle à la hauteur descendue.

D’une fenêtre située à 8,0 m au-dessus du sol, on lance trois balles identiques à la même vitesse de 6,0 m·s⁻¹ : la première verticalement vers le haut, la deuxième horizontalement, la troisième verticalement vers le bas. Action de l’air négligée, $g=9,81$ m·s⁻².

1. Altitude maximale atteinte par la première balle : m
   Au sommet $v=0$ (lancer vertical) : $8,0+{\displaystyle \frac{6,0^2}{2\times 9,81}}\approx$ 9,83 m.
2. Vitesse de la première balle quand elle repasse devant la fenêtre : m·s⁻¹
   Même altitude, donc même énergie potentielle, donc même énergie cinétique qu’au départ : 6,0 m·s⁻¹, vers le bas cette fois.
3. Vitesse d’arrivée au sol de la deuxième balle : m·s⁻¹
   $v=\sqrt{6,0^2+2\times 9,81\times 8,0}=\sqrt{193,0}\approx$ 13,9 m·s⁻¹.
4. Écart entre les vitesses d’arrivée au sol de la première et de la troisième balle : m·s⁻¹
   La relation $v^2=v_0^2+2gh$ ne fait intervenir ni la direction du lancer ni la masse : les trois balles arrivent à la même vitesse, l’écart est nul (elles n’arrivent pas au même instant).
5. Vitesse de la deuxième balle quand elle passe à 4,0 m du sol : m·s⁻¹
   Elle a descendu 4,0 m : $v=\sqrt{6,0^2+2\times 9,81\times 4,0}\approx$ 10,7 m·s⁻¹.

Une boule de neige de 120 g est lancée verticalement vers le haut à 15,0 m·s⁻¹. On mesure qu’elle monte de 10,6 m au-dessus du point de lancement. $g=9,81$ m·s⁻² ; énergie potentielle nulle au point de lancement.

1. Hauteur qu’elle atteindrait sans frottements : m
   $h={\displaystyle \frac{v_0^2}{2g}}={\displaystyle \frac{15,0^2}{2\times 9,81}}\approx$ 11,5 m.
2. Énergie mécanique au lancement : J
   $E_m={\displaystyle \frac{1}{2}}\times 0,120\times 15,0^2=$ 13,5 J ($E_{pp}=0$).
3. Énergie mécanique au point le plus haut réellement atteint : J
   Vitesse nulle : $E_m=E_{pp}=0,120\times 9,81\times 10,6\approx$ 12,5 J.
4. Énergie perdue pendant la montée : J
   $13,5-12,478\approx$ 1,02 J : cette perte est le travail des frottements de l’air, négatif.
5. Valeur moyenne de la force de frottement pendant la montée : N
   $W(\overrightarrow{f})=-f\times 10,6=-1,022$ J, d’où $f\approx$ 0,096 N, environ 8 % du poids (1,18 N).
6. Elle retombe ensuite dans un fossé, 1,50 m sous le point de lancement. Son énergie potentielle de pesanteur à cet endroit (même référence) : J
   $E_{pp}=mgz$ avec $z=-1,50$ m (axe vers le haut, $E_{pp}=0$ au point de lancement) : $0,120\times 9,81\times (-1,50)\approx$ −1,77 J. Une énergie potentielle négative dit seulement que la boule est sous la référence choisie.

Une balle lancée est filmée. Le logiciel a été réglé avec l’axe $Oz$ vertical orienté vers le bas, origine au point de lancement ; il modélise les relevés par $x(t)=2,35t+0,01$ et $z(t)=4,92t^2-3,10t$ ($x$ et $z$ en mètres, $t$ en secondes).

1. Valeur expérimentale du champ de pesanteur : m·s⁻²
   Axe vers le bas : $z={\displaystyle \frac{1}{2}}g{t}^2+v_{0z}t$, le coefficient de $t^2$ vaut $+{\displaystyle \frac{g}{2}}$. $g_{\text{exp}}=2\times 4,92=$ 9,84 m·s⁻² (ni 4,92, ni −9,84 : $g$ est une valeur, toujours positive).
2. Écart relatif avec $g=9,81$ m·s⁻² : %
   ${\displaystyle \frac{|9,84-9,81|}{9,81}}\approx$ 0,3 % : le modèle de la chute libre est validé.
3. Date à laquelle la balle atteint son point le plus haut, d’après le modèle : s
   $v_z(t)=9,84t-3,10$ : $v_{0z}=-3,10$ m·s⁻¹ est négative, la balle part vers le haut. $v_z=0$ pour $t={\displaystyle \frac{3,10}{9,84}}\approx$ 0,315 s.
4. Hauteur du point le plus haut au-dessus du point de lancement : m
   $z(0,315)=4,92\times 0,{315}^2-3,10\times 0,315\approx -0,488$ m : négatif parce que l’axe est vers le bas. Le sommet est 0,488 m au-dessus du point de lancement.

Une bille est lâchée sans vitesse initiale devant une règle verticale et filmée ; $\tau =60$ ms entre deux images. On note $d$ la distance parcourue depuis le point de lâcher, mesurée vers le bas.

1. Vitesse de la bille au point $M_3$ : m·s⁻¹
   On encadre $M_3$ par $M_2$ et $M_4$, séparés de $2\tau =0,120$ s : $v_3={\displaystyle \frac{0,283-0,071}{0,120}}\approx$ 1,77 m·s⁻¹.
2. Vitesse de la bille au point $M_4$ : m·s⁻¹
   $v_4={\displaystyle \frac{0,442-0,159}{0,120}}\approx$ 2,36 m·s⁻¹.
3. Accélération estimée entre $M_3$ et $M_4$ : m·s⁻²
   Les dates de $M_3$ et $M_4$ sont séparées de 0,060 s : $a\approx {\displaystyle \frac{2,36-1,77}{0,060}}\approx$ 9,8 m·s⁻², vers le bas : c’est $g$ aux erreurs de mesure près.
4. Distance parcourue à $t=0,360$ s d’après le modèle de la chute libre : m
   $d={\displaystyle \frac{1}{2}}g{t}^2=4,905\times 0,{360}^2\approx$ 0,636 m. Les quatre mesures suivent ce modèle au millimètre près.

Une balle de 150 g est lâchée sans vitesse ; un capteur relève son altitude toutes les $\tau =0,050$ s (axe $Oz$ vers le haut, origine au sol). On traite ces six mesures avec le programme Python du cours (vitesses sur $2\tau$, puis listes Ec, Epp et Em), avec m = 0.150 et g = 9.81.

1. Nombre de valeurs contenues dans la liste Em :
   La boucle for i in range(1, len(t) - 1) parcourt $i=1$ à 4 : pas de vitesse calculable à la première ni à la dernière mesure, donc 4 valeurs.
2. $v_z$ estimée à $t=0,100$ s : m·s⁻¹
   $v_z\approx {\displaystyle \frac{1,390-1,488}{2\times 0,050}}=$ −0,98 m·s⁻¹ (la balle descend).
3. Énergie mécanique à $t=0,100$ s : J
   $E_c={\displaystyle \frac{1}{2}}\times 0,150\times 0,{98}^2\approx 0,072$ J et $E_{pp}=0,150\times 9,81\times 1,451\approx 2,135$ J : $E_m\approx$ 2,21 J, comme au départ ($0,150\times 9,81\times 1,500\approx 2,21$ J).
4. Énergie cinétique à $t=0,200$ s : J
   $v_z\approx {\displaystyle \frac{1,193-1,390}{0,100}}=-1,97$ m·s⁻¹ ; $E_c={\displaystyle \frac{1}{2}}\times 0,150\times 1,{97}^2\approx$ 0,291 J. Avec $E_{pp}\approx 1,919$ J, $E_m\approx 2,21$ J : elle est constante, la chute est libre.