Ressources · Terminale · Physique-chimie (spécialité)

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

Cinq problèmes corrigés pas à pas : le largage d’un colis depuis un hélicoptère, la chronophotographie d’un lancer de balle, une bille d’acier et une balle de ping-pong confrontées au modèle de la chute libre, le lancer franc au basket-ball et un service de volley-ball qui doit passer le filet sans sortir.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je fixe le cadre : système, référentiel terrestre supposé galiléen, origine et axes ( $O x$ horizontal, $O z$ vertical vers le haut).
Je justifie la chute libre : bilan des forces, deuxième loi de Newton, $\vec{a} = \vec{g}$ , soit $a_{x} = 0$ et $a_{z} = - g$ .
J’écris les conditions initiales ( $v_{0} \cos α$ , $v_{0} \sin α$ , $z_{0}$ ) puis les équations horaires et, si besoin, l’équation de la trajectoire.
Je traduis chaque question : sommet $v_{z} = 0$ , sol $z = 0$ , obstacle $x = d$ ; une vitesse à une altitude donnée par l’énergie mécanique.
Je contrôle : unités, angle en degrés, ordre de grandeur, et validité du modèle (air négligeable ?).

Problème 1 · Largage d’un colis de secours★★★Facile

Un hélicoptère de la sécurité civile vole horizontalement à 120 m d’altitude, à la vitesse constante de 31,0 m·s⁻¹. Il largue un colis de survie, sans vitesse par rapport à l’appareil. L’action de l’air sur le colis est négligée,

g = 9, 81

m·s⁻². Origine au point de largage,

O x

horizontal dans le sens du vol,

O z

vertical vers le haut, référentiel terrestre supposé galiléen.

1. Accélération du colis : $a_{z} =$ m·s⁻²
Système {colis}, poids seul : chute libre. La deuxième loi de Newton donne $m \vec{g} = m \vec{a}$ , donc $\vec{a} = \vec{g}$ : $a_{x} = 0$ et $a_{z} =$ −9,81 m·s⁻².
2. Vitesse horizontale initiale du colis par rapport au sol : m·s⁻¹
Largué sans vitesse par rapport à l’appareil, le colis a, par rapport au sol, la vitesse de l’hélicoptère : $v_{x} (0) =$ 31,0 m·s⁻¹, et $v_{z} (0) = 0$ . D’où $x (t) = 31, 0 t$ et $z (t) = - 4, 905 t^{2}$ .
3. Durée de la chute du colis : s
Impact pour $z = - 120$ m : $t_{c} = \sqrt{\frac{120}{4, 905}} \approx$ 4,95 s.
4. Le pilote doit larguer le colis à une distance horizontale de m avant la zone visée
Pendant la chute, le colis avance de $31, 0 \times 4, 946 \approx$ 153 m dans le sens du vol : il faut larguer 153 m avant la verticale de la zone, environ 5 s avant de la survoler.
5. Distance horizontale entre l’hélicoptère et le colis au moment de l’impact : m
Le colis et l’hélicoptère ont la même vitesse horizontale, constante : le colis reste à la verticale de l’appareil, distance horizontale nulle. Dans le référentiel de l’hélicoptère (galiléen, en translation rectiligne uniforme), le colis tombe verticalement.
6. Valeur de la vitesse du colis à l’impact : km·h⁻¹
$v_{z} = - 9, 81 \times 4, 946 \approx - 48, 5$ m·s⁻¹ ; $v = \sqrt{31, 0^{2} + 48, 5^{2}} \approx 57, 6$ m·s⁻¹, soit 207 km·h⁻¹ : un parachute est indispensable. Avec l’air, le colis serait aussi freiné horizontalement et tomberait moins loin.

Problème 2 · Chronophotographie d’un lancer de balle★★★Moyen

Une balle est lancée depuis le point

M_{0}

; un logiciel de pointage relève la position de son centre toutes les

τ = 0, 10

s, dans un repère d’origine

M_{0}

O x

horizontal dans le sens du lancer et

O z

vertical vers le haut.

g = 9, 81

m·s⁻².

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
$z$ (m)	0,491	0,884	1,179	1,375	1,474

1. Vitesse horizontale de la balle : m·s⁻¹
Les abscisses augmentent de 0,360 m toutes les 0,10 s : le mouvement horizontal est uniforme, $v_{x} = \frac{0, 360}{0, 10} =$ 3,60 m·s⁻¹, cohérent avec $a_{x} = 0$ .
2. $v_{z}$ au point $M_{2}$ : m·s⁻¹
$v_{2 z} \approx \frac{z_{3} - z_{1}}{2 τ} = \frac{1, 179 - 0, 491}{0, 20} =$ 3,44 m·s⁻¹.
3. $v_{z}$ au point $M_{4}$ : m·s⁻¹
$v_{4 z} \approx \frac{1, 474 - 1, 179}{0, 20} \approx$ 1,48 m·s⁻¹ : la balle monte encore, mais moins vite.
4. Accélération verticale estimée entre $M_{2}$ et $M_{4}$ : $a_{z} =$ m·s⁻²
Les deux vitesses sont séparées de 0,20 s : $a_{z} \approx \frac{1, 475 - 3, 44}{0, 20} \approx$ −9,8 m·s⁻², et $a_{x} = 0$ : $\vec{a} = \vec{g}$ , le modèle de la chute libre est validé.
5. Composante verticale de la vitesse initiale : $v_{0 z} =$ m·s⁻¹
$v_{z} (t) = - 9, 81 t + v_{0 z}$ ; au point $M_{2}$ : $3, 44 = - 9, 81 \times 0, 20 + v_{0 z}$ , d’où $v_{0 z} \approx$ 5,40 m·s⁻¹.
6. Date du sommet de la trajectoire de la balle : s
$v_{z} = 0$ pour $t_{s} = \frac{5, 40}{9, 81} \approx$ 0,550 s, après la dernière mesure.
7. Altitude du point le plus haut au-dessus de $M_{0}$ : m
$z_{max} = \frac{5, 40^{2}}{2 \times 9, 81} \approx$ 1,49 m.

Problème 3 · Chute libre ou pas ? Confronter un modèle à des mesures★★★Moyen

On lâche sans vitesse, d’une hauteur

h = 6, 00

m, une bille d’acier (masse 72,0 g, rayon 1,3 cm) puis une balle de ping-pong (masse 2,70 g, rayon 2,0 cm). Un capteur mesure les durées de chute : 1,12 s pour la bille, 1,32 s pour la balle. Masse volumique de l’air

ρ = 1, 2

kg·m⁻³,

g = 9, 81

m·s⁻² ; volume d’une sphère

\frac{4}{3} π R^{3}

; poussée d’Archimède de l’air

Π = ρ V g

. Le programme ci-dessous calcule la durée de chute prévue par le modèle de la chute libre.

from math import sqrt
g = 9.81
h = float(input("hauteur (m) : "))
t = sqrt(2 * h / g)
print(round(t, 2))

1. Valeur affichée par le programme pour $h = 6, 00$ m :
Le programme calcule $t = \sqrt{\frac{2 h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \times 6, 00}{9, 81}} \approx 1, 106$ s et l’arrondit au centième : il affiche 1.11. La variable t est la durée prévue par le modèle, pas la durée mesurée.
2. Écart relatif entre la durée mesurée pour la bille et la prévision : %
$\frac{| 1, 12 - 1, 106 |}{1, 106} \approx$ 1,3 %.
3. Écart relatif entre la durée mesurée pour la balle de ping-pong et la prévision : %
$\frac{| 1, 32 - 1, 106 |}{1, 106} \approx$ 19 %.
4. Poids de la balle de ping-pong : N
$P = 2, 70 \times 10^{- 3} \times 9, 81 \approx$ 0,0265 N (celui de la bille vaut 0,706 N, 27 fois plus).
5. Poussée d’Archimède sur la balle de ping-pong : $\times 10^{- 4}$ N
$V = \frac{4}{3} π \times (0, 020)^{3} \approx 3, 35 \times 10^{- 5}$ m³ ; $Π = 1, 2 \times 3, 35 \times 10^{- 5} \times 9, 81 \approx$ 3,9 $\times 10^{- 4}$ N.
6. Cette poussée représente % du poids de la balle
$\frac{3, 9 \times 10^{- 4}}{0, 0265} \approx$ 1,5 % : elle n’explique pas l’écart de 19 %. Ce sont les frottements de l’air qui ralentissent la balle, grande et légère : elle n’est pas en chute libre, la bille d’acier si (écart de l’ordre de l’incertitude). La relation $v = g t$ surestimerait la vitesse d’arrivée de la balle, car son accélération diminue pendant la chute.

Problème 4 · Le lancer franc au basket-ball★★★Difficile

Un joueur tente un lancer franc. Le ballon quitte ses mains à 2,05 m du sol, à la distance horizontale

d = 4, 20

m du centre du panier, situé à 3,05 m du sol. Le vecteur vitesse initiale fait l’angle

α = 52 °

avec l’horizontale. Ballon assimilé à un point, action de l’air négligée,

g = 9, 81

m·s⁻². Origine au point de lâcher,

O x

vers le panier,

O z

vertical vers le haut. On admet que le ballon passe par le centre du panier si

v_{0}^{2} = \frac{g d^{2}}{2 \cos^{2} α (d \tan α - Δ h)}

, où

Δ h

est la différence d’altitude entre le panier et le point de lâcher (relation obtenue en écrivant

z (d) = Δ h

dans l’équation de la trajectoire).

1. $v_{0}^{2} =$ m²·s⁻²
$Δ h = 3, 05 - 2, 05 = 1, 00$ m. $v_{0}^{2} = \frac{9, 81 \times 4, 20^{2}}{2 \times \cos^{2} 52 ° \times (4, 20 \times \tan 52 ° - 1, 00)} \approx \frac{173, 0}{3, 317} \approx$ 52,2 m²·s⁻².
2. Vitesse que le joueur doit donner au ballon : m·s⁻¹
$v_{0} = \sqrt{52, 17} \approx$ 7,22 m·s⁻¹, environ 26 km·h⁻¹.
3. Durée du vol jusqu’au panier : s
Le mouvement horizontal est uniforme : $t = \frac{4, 20}{7, 223 \times \cos 52 °} \approx$ 0,945 s.
4. Altitude maximale du ballon au-dessus du sol : m
Hauteur gagnée : $\frac{v_{0}^{2} \sin^{2} 52 °}{2 g} \approx \frac{52, 17 \times 0, 621}{19, 62} \approx 1, 65$ m, donc $2, 05 + 1, 65 =$ 3,70 m : le ballon passe 0,65 m au-dessus du cercle avant de redescendre dessus.
5. $v_{z}$ quand le ballon atteint le centre du panier : m·s⁻¹
$v_{z} = 7, 223 \times \sin 52 ° - 9, 81 \times 0, 9445 \approx 5, 692 - 9, 266 \approx$ −3,57 m·s⁻¹ : le ballon descend, condition pour tomber dans le filet.
6. Valeur de la vitesse au centre du panier, par l’énergie mécanique : m·s⁻¹
$v^{2} = v_{0}^{2} - 2 g Δ h = 52, 17 - 19, 62 = 32, 55$ , donc $v \approx$ 5,71 m·s⁻¹ ; on retrouve $\sqrt{v_{x}^{2} + v_{z}^{2}} = \sqrt{4, 447^{2} + 3, 574^{2}}$ . À angle fixé, une seule valeur de $v_{0}$ convient : tirer plus fort fait passer le ballon au-dessus du centre du panier, donc trop long.

Problème 5 · Un service de volley-ball★★★Difficile

Au service, un joueur frappe le ballon (270 g) à

H = 2, 90

m au-dessus du sol, à la verticale de sa ligne de fond, qui est à

D = 9, 0

m du filet. Le haut du filet est à 2,43 m. Le terrain mesure 18 m de long : le ballon doit passer au-dessus du filet puis retomber avant la ligne de fond adverse, à 18 m de celle du serveur. La frappe est horizontale, de vitesse

v_{0}

, dans l’axe du terrain. Action de l’air et rotation du ballon négligées,

g = 9, 81

m·s⁻². Origine au sol à la verticale du point de frappe,

O x

vers le filet,

O z

vertical vers le haut.

1. Équation de la trajectoire : $z = - \frac{}{v_{0}^{2}} x^{2} + 2, 90$
$x = v_{0} t$ et $z = - 4, 905 t^{2} + 2, 90$ ; avec $t = \frac{x}{v_{0}}$ : $z = - \frac{4, 905}{v_{0}^{2}} x^{2} + 2, 90$ , soit $\frac{g}{2} =$ 4,905.
2. Vitesse minimale pour passer au-dessus du filet : m·s⁻¹
$z (9, 0) ⩾ 2, 43$ : $\frac{4, 905 \times 81}{v_{0}^{2}} ⩽ 0, 47$ , soit $v_{0}^{2} ⩾ 845, 3$ et $v_{0} ⩾$ 29,1 m·s⁻¹.
3. Vitesse maximale pour retomber dans le terrain adverse : m·s⁻¹
Le ballon touche le sol à $t = \sqrt{\frac{2 \times 2, 90}{9, 81}} \approx 0, 769$ s ; il faut $v_{0} \times 0, 769 ⩽ 18$ , soit $v_{0} ⩽$ 23,4 m·s⁻¹. Les deux conditions sont incompatibles.
4. Frappé à cette vitesse minimale, le ballon touche le sol à m de la ligne de fond du serveur
$x = 29, 07 \times 0, 7689 \approx$ 22,4 m : 4,4 m derrière la ligne de fond adverse, le service est « out ».
5. Valeur de la vitesse du ballon en touchant le sol, pour cette même frappe : m·s⁻¹
Conservation de l’énergie mécanique : $v^{2} = v_{0}^{2} + 2 g H \approx 845, 3 + 56, 9 = 902, 2$ , donc $v \approx$ 30,0 m·s⁻¹.
6. Énergie cinétique du ballon en touchant le sol : J
$E_{c} = \frac{1}{2} \times 0, 270 \times 902, 2 \approx$ 122 J.
7. Hauteur de frappe minimale pour qu’un service horizontal puisse être bon : m
Il faut $v_{min} ⩽ v_{max}$ : $\frac{g D^{2}}{2 (H - 2, 43)} ⩽ \frac{g \times 18^{2}}{2 H}$ , soit $81 H ⩽ 324 (H - 2, 43)$ et $H ⩾$ 3,24 m. D’où le service smashé en suspension, frappé plus haut, ou l’effet donné au ballon, que le modèle de la chute libre ne décrit pas.

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