Niveau : moyen. Terminale, spécialité physique-chimie. Durée estimée : 80 min. 10 exercices avec corrections détaillées.
Rappel des notions clés
Dans un champ uniforme (même valeur, même direction et même sens en tout point), la deuxième loi de Newton te donne le vecteur accélération, puis deux primitives te donnent la trajectoire. La chaîne ne change jamais : système, référentiel galiléen (où le principe d'inertie est vérifié, comme le référentiel terrestre pour un mouvement bref), bilan des forces, $\sum \vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a}$, coordonnées de $\vec{a}$, puis $\vec{v}(t)$ et $\overrightarrow{OM}(t)$, les constantes venant des conditions initiales (position et vitesse à $t = 0$). Exemple : pour un ballon soumis à son seul poids, $m\vec{a} = m\vec{g}$ donc $\vec{a} = \vec{g}$ ; avec $Oz$ vers le haut et un tir à $v_0$ sous un angle $\alpha$ au-dessus de l'horizontale, $a_x = 0$ et $a_z = -g$, d'où $v_x = v_0\cos\alpha$ et $v_z = -gt + v_0\sin\alpha$.
Les expressions de $x(t)$ et $z(t)$ s'appellent les équations horaires. Pour la trajectoire, tire $t$ de $x(t)$ et remplace-le dans $z(t)$ : tu obtiens une parabole (sauf pour un tir vertical). Dans un condensateur plan (deux plaques parallèles sous une tension $U$), la chaîne est identique : la force électrique $\vec{F} = q\vec{E}$ remplace le poids, négligeable pour un électron ou un proton. Pour une vitesse sans passer par le temps, pense à l'énergie. Ce chapitre est au programme de spécialité de terminale (Bulletin officiel spécial n° 8 du 25 juillet 2019).
Formules à retenir :
- Deuxième loi de Newton : $\sum \vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a}$, avec $\vec{v} = \dfrac{d\overrightarrow{OM}}{dt}$ et $\vec{a} = \dfrac{d\vec{v}}{dt}$
- Champ de pesanteur, $Oz$ vers le haut : $x(t) = v_0\cos\alpha\,t + x_0$ et $z(t) = -\dfrac{1}{2}gt^2 + v_0\sin\alpha\,t + z_0$
- Trajectoire (départ en $O$) : $z = -\dfrac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}\,x^2 + x\tan\alpha$
- Condensateur plan : $E = \dfrac{U}{d}$ et $\vec{F} = q\,\vec{E}$
- Énergie : $E_m = \dfrac{1}{2}mv^2 + mgz$ se conserve si seul le poids travaille ; $\Delta E_c = \sum W(\vec{F})$, avec $W = \vec{F}\cdot\overrightarrow{AB}$ pour une force constante
Piège classique : au sommet d'une trajectoire parabolique, la vitesse n'est pas nulle. Seule $v_z$ s'annule ; $v_x = v_0\cos\alpha$ garde sa valeur pendant tout le vol. Et l'accélération ne s'annule jamais : elle vaut $\vec{g}$ du départ à l'arrivée.
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : Une boule de pétanque de masse $m = 0{,}70\ \text{kg}$ est lancée vers le cochonnet. On néglige l'action de l'air ; le référentiel terrestre est supposé galiléen, $Ox$ horizontal, $Oz$ vertical vers le haut ($g = 9{,}81\ \text{m/s}^2$). Fais le bilan des forces, puis donne les coordonnées du vecteur accélération. Ce résultat dépend-il de la masse ? Justifie.
Correction :
On applique la deuxième loi de Newton, puis on projette sur les axes. Seule force : le poids $\vec{P} = m\vec{g}$, vertical vers le bas. Donc $m\vec{a} = m\vec{g}$, soit $\vec{a} = \vec{g}$.
Coordonnées : $a_x = 0$ et $a_z = -9{,}81\ \text{m/s}^2$.
La masse se simplifie : l'accélération ne dépend pas de la masse, tant que l'air reste négligeable.
Exercice 2 : Une balle est lancée verticalement vers le haut à $v_0 = 8{,}0\ \text{m/s}$ depuis la hauteur $z_0 = 1{,}2\ \text{m}$, avec $Oz$ vertical vers le haut et l'origine au sol ($g = 9{,}81\ \text{m/s}^2$, air négligé). Établis $v_z(t)$ puis $z(t)$. Calcule la date à laquelle la balle cesse de monter, puis sa hauteur maximale.
Correction :
On cherche deux primitives successives de $a_z = -g$ ; chaque constante vient d'une condition initiale.
$v_z(t) = -gt + C_1$ et $v_z(0) = v_0$, donc $v_z(t) = -9{,}81\,t + 8{,}0$.
$z(t) = -\frac{1}{2}gt^2 + v_0t + C_2$ et $z(0) = z_0$, donc $z(t) = -4{,}905\,t^2 + 8{,}0\,t + 1{,}2$.
La balle cesse de monter quand $v_z = 0$ : $t_s = \frac{8{,}0}{9{,}81}$, soit $t_s \approx 0{,}82\ \text{s}$.
Alors $z(t_s) = -4{,}905 \times 0{,}815^2 + 8{,}0 \times 0{,}815 + 1{,}2$, soit $z_{\max} \approx 4{,}5\ \text{m}$. N'oublie pas $z_0$ : la balle part de $1{,}2\ \text{m}$, pas du sol.
Exercice 3 : Le centre d'un ballon suit les équations horaires $x(t) = 6{,}0\,t$ et $z(t) = -4{,}9\,t^2 + 8{,}0\,t$ ($x$ et $z$ en mètres, $t$ en secondes, $Oz$ vers le haut). Trouve les coordonnées du vecteur vitesse initiale, sa valeur $v_0$ et l'angle de tir $\alpha$ au-dessus de l'horizontale. Quelle valeur de $g$ a servi à écrire ces équations ?
Correction :
On dérive : la position donne la vitesse, la vitesse donne l'accélération.
$v_x = 6{,}0$ et $v_z = -9{,}8\,t + 8{,}0$ ; à $t = 0$, $v_{0x} = 6{,}0\ \text{m/s}$ et $v_{0z} = 8{,}0\ \text{m/s}$.
$v_0 = \sqrt{6{,}0^2 + 8{,}0^2}$, soit $v_0 = 10\ \text{m/s}$.
$\tan\alpha = \frac{8{,}0}{6{,}0}$, soit $\alpha \approx 53^\circ$.
$a_z = -9{,}8\ \text{m/s}^2 = -g$, donc $g = 9{,}8\ \text{m/s}^2$. Piège : le coefficient de $t^2$ vaut $-\frac{g}{2}$, pas $-g$.
Exercices : niveau moyen
Exercice 4 : Un ballon posé au sol est frappé et part de l'origine $O$ à $v_0 = 10\ \text{m/s}$, avec un angle $\alpha = 45^\circ$ au-dessus de l'horizontale ($g = 9{,}81\ \text{m/s}^2$, air négligé). Établis l'équation de la trajectoire $z(x)$. Une haie de $2{,}0\ \text{m}$ de haut se trouve à $8{,}0\ \text{m}$ du point de départ : le ballon passe-t-il au-dessus ?
Correction :
On tire $t$ de $x(t)$, puis on le remplace dans $z(t)$.
$x = v_0\cos\alpha\,t$ donne $t = \frac{x}{v_0\cos\alpha}$, d'où $z = -\frac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}\,x^2 + x\tan\alpha$.
Ici $2v_0^2\cos^2 45^\circ = 100\ \text{m}^2/\text{s}^2$ et $\tan 45^\circ = 1$, donc $z = -0{,}0981\,x^2 + x$ (en mètres).
En $x = 8{,}0\ \text{m}$ : $z = -0{,}0981 \times 64 + 8{,}0 \approx 1{,}7\ \text{m}$. Comme $1{,}7 < 2{,}0$, le ballon heurte la haie.
Exercice 5 : Un ballon est frappé depuis le sol à $v_0 = 20\ \text{m/s}$, avec $\alpha = 30^\circ$ ($g = 9{,}81\ \text{m/s}^2$, air négligé). Un élève affirme : « Au sommet, la vitesse et l'accélération du ballon sont nulles. » Calcule la vitesse et l'accélération au sommet pour lui répondre. Déduis-en la hauteur maximale par la conservation de l'énergie mécanique.
Correction :
Au sommet, seule la composante verticale de la vitesse s'annule.
$v_x = v_0\cos 30^\circ \approx 17{,}3\ \text{m/s}$ pendant tout le vol et $v_z = 0$ : au sommet, $v \approx 17\ \text{m/s}$, pas zéro.
L'accélération vaut $\vec{g}$ partout : $a = 9{,}81\ \text{m/s}^2$, vers le bas.
Seul le poids travaille : $\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_x^2 + mgz_{\max}$, d'où $z_{\max} = \frac{v_0^2 - v_x^2}{2g} = \frac{400 - 300}{19{,}62}$, soit $z_{\max} \approx 5{,}1\ \text{m}$.
Avec une vitesse nulle au sommet, tu trouverais $20\ \text{m}$ : quatre fois trop.
Exercice 6 : Du haut d'une falaise de hauteur $H = 45\ \text{m}$, un caillou est lancé horizontalement à $v_0 = 10\ \text{m/s}$ ($g = 9{,}81\ \text{m/s}^2$, air négligé). Calcule la durée de la chute, la distance horizontale parcourue jusqu'à l'eau, puis la valeur de la vitesse à l'impact.
Correction :
Origine au niveau de l'eau, à la verticale du lancer, $Oz$ vers le haut : $z_0 = H$, $v_{0x} = v_0$ et $v_{0z} = 0$.
$z(t) = -\frac{1}{2}gt^2 + H$ s'annule pour $t = \sqrt{\frac{2H}{g}} = \sqrt{\frac{90}{9{,}81}}$, soit $t \approx 3{,}03\ \text{s}$.
Le mouvement horizontal est uniforme : $x = v_0t = 10 \times 3{,}03$, soit $x \approx 30\ \text{m}$.
À l'impact, $v_x = 10\ \text{m/s}$ et $v_z = -gt \approx -29{,}7\ \text{m/s}$, donc $v = \sqrt{10^2 + 29{,}7^2}$, soit $v \approx 31\ \text{m/s}$.
Exercice 7 : Un ballon part du sol à $v_0 = 15\ \text{m/s}$ ($g = 9{,}81\ \text{m/s}^2$, air négligé). À partir de l'équation de la trajectoire, montre que sa portée (la distance à laquelle il retombe au sol) vaut $d = \frac{v_0^2\sin(2\alpha)}{g}$. Calcule $d$ pour $\alpha = 30^\circ$ puis pour $\alpha = 60^\circ$, et commente. Quel angle donne la plus grande portée ?
Correction :
Le ballon retombe quand $z = 0$ avec $x \neq 0$ : $x\left(\tan\alpha - \frac{g\,x}{2v_0^2\cos^2\alpha}\right) = 0$ donne $x = \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g} = \frac{v_0^2\sin(2\alpha)}{g}$.
Pour $30^\circ$ : $d = \frac{225 \times \sin 60^\circ}{9{,}81} \approx 19{,}9\ \text{m}$. Pour $60^\circ$, $\sin 120^\circ = \sin 60^\circ$ : même portée, $19{,}9\ \text{m}$. Deux angles dont la somme vaut $90^\circ$ donnent la même portée.
La portée est maximale quand $\sin(2\alpha) = 1$, soit $\alpha = 45^\circ$ et $d = \frac{225}{9{,}81} \approx 22{,}9\ \text{m}$.
Exercices : niveau difficile
Exercice 8 : Un lanceur de poids lâche la boule à $h = 2{,}0\ \text{m}$ du sol, à $v_0 = 13\ \text{m/s}$, avec $\alpha = 40^\circ$ ($g = 9{,}81\ \text{m/s}^2$, air négligé). L'origine est au sol, à la verticale du point de lâcher. Écris l'équation de la trajectoire et calcule la distance horizontale parcourue par la boule. Pourquoi la formule de la portée de l'exercice 7 ne convient-elle pas ici ?
Correction :
Même méthode qu'à l'exercice 4, avec $z_0 = h$ : $z = -\frac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}\,x^2 + x\tan\alpha + h$, soit $z = -0{,}0495\,x^2 + 0{,}839\,x + 2{,}0$.
La boule touche le sol pour $z = 0$ : $0{,}0495\,x^2 - 0{,}839\,x - 2{,}0 = 0$. $\Delta = 0{,}839^2 + 4 \times 0{,}0495 \times 2{,}0 \approx 1{,}10$ ; on garde la racine positive, $x = \frac{0{,}839 + \sqrt{1{,}10}}{2 \times 0{,}0495}$, soit $x \approx 19{,}1\ \text{m}$.
La formule $\frac{v_0^2\sin(2\alpha)}{g}$ suppose une arrivée à la hauteur du départ : elle donnerait $17{,}0\ \text{m}$, environ $2\ \text{m}$ de moins. Dès que $z_0 \neq 0$, résous $z = 0$.
Exercice 9 : Dans un accélérateur linéaire, un proton entre sans vitesse dans un condensateur plan : deux plaques parallèles percées d'un trou, distantes de $d = 5{,}0\ \text{cm}$ et soumises à une tension $U = 1{,}0 \times 10^4\ \text{V}$. Le champ $\vec{E}$ est uniforme, de valeur $E = \frac{U}{d}$, orienté dans le sens du mouvement. Données (valeurs CODATA 2022 arrondies) : $e = 1{,}60 \times 10^{-19}\ \text{C}$, $m_p = 1{,}67 \times 10^{-27}\ \text{kg}$ ; le poids du proton est négligeable. Calcule $E$ et l'accélération du proton, puis sa vitesse de sortie avec les équations horaires. Retrouve-la par le théorème de l'énergie cinétique.
Correction :
Seule force : $\vec{F} = e\vec{E}$, constante et dans l'axe : le mouvement est rectiligne uniformément accéléré.
$E = \frac{1{,}0 \times 10^4}{0{,}050}$, soit $E = 2{,}0 \times 10^5\ \text{V/m}$. Deuxième loi de Newton : $a = \frac{eE}{m_p} = \frac{1{,}60 \times 10^{-19} \times 2{,}0 \times 10^5}{1{,}67 \times 10^{-27}}$, soit $a \approx 1{,}9 \times 10^{13}\ \text{m/s}^2$.
Équations horaires : $v(t) = at$ et $x(t) = \frac{1}{2}at^2$. La sortie a lieu pour $x = d$, soit $t = \sqrt{\frac{2d}{a}} \approx 7{,}2 \times 10^{-8}\ \text{s}$, d'où $v = at \approx 1{,}4 \times 10^6\ \text{m/s}$.
Énergie : le travail de $\vec{F}$ vaut $W = eEd = eU$, donc $\frac{1}{2}m_pv^2 = eU$ et $v = \sqrt{\frac{2eU}{m_p}} \approx 1{,}4 \times 10^6\ \text{m/s}$, sans passer par le temps.
Exercice 10 : Un électron entre en $O$, à mi-distance de deux plaques horizontales écartées de $2{,}0\ \text{cm}$ et longues de $L = 5{,}0\ \text{cm}$, avec une vitesse horizontale $v_0 = 2{,}0 \times 10^7\ \text{m/s}$. Le champ électrique entre les plaques est uniforme, vertical vers le haut : $E = 1{,}0 \times 10^4\ \text{V/m}$. Données : $e = 1{,}60 \times 10^{-19}\ \text{C}$, $m_e = 9{,}11 \times 10^{-31}\ \text{kg}$, $g = 9{,}81\ \text{m/s}^2$. Montre que le poids est négligeable devant la force électrique. Avec $Ox$ horizontal et $Oy$ vers le haut, établis les équations horaires puis l'équation de la trajectoire. L'électron ressort-il sans toucher les plaques ?
Correction :
$P = m_eg \approx 8{,}9 \times 10^{-30}\ \text{N}$ et $F = eE = 1{,}6 \times 10^{-15}\ \text{N}$ : la force électrique est plus de $10^{14}$ fois plus grande.
Attention au signe : la charge vaut $-e$, donc $\vec{F} = -e\vec{E}$ pointe vers le bas, à l'opposé du champ. Deuxième loi de Newton : $a_x = 0$ et $a_y = -\frac{eE}{m_e}$.
Avec $\vec{v}_0$ horizontal et un départ en $O$ : $x(t) = v_0t$ et $y(t) = -\frac{eE}{2m_e}t^2$. En remplaçant $t = \frac{x}{v_0}$ : $y = -\frac{eE}{2m_ev_0^2}\,x^2$, une parabole.
En $x = L$ : $y = -\frac{1{,}60 \times 10^{-19} \times 1{,}0 \times 10^4}{2 \times 9{,}11 \times 10^{-31} \times (2{,}0 \times 10^7)^2} \times 0{,}050^2 \approx -5{,}5 \times 10^{-3}\ \text{m}$.
L'électron descend de $5{,}5\ \text{mm}$, moins que les $10\ \text{mm}$ qui le séparent de la plaque du bas : il ressort sans toucher, dévié de $5{,}5\ \text{mm}$ vers le bas.
Bilan et conseils
Fais toujours un schéma avec le repère et les forces : il fixe le signe de $a_z$ et le sens de la force électrique. Pour t'entraîner comme en contrôle, refais les exercices 5, 8 et 10 sans regarder les corrections.
Ce qu'il faut retenir : une seule chaîne, de $\sum \vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a}$ aux équations horaires puis à la trajectoire, pour le poids comme pour la force électrique.
Sources
Programme de physique-chimie de terminale générale, partie « Mouvement et interactions » : annexe du Bulletin officiel spécial n° 8 du 25 juillet 2019.
NIST, valeurs recommandées CODATA 2022 : charge élémentaire, masse de l'électron, masse du proton.