Un objet en chute libre ne subit que son poids, et la deuxième loi de Newton donne alors $\vec{a} = \vec{g}$ : une accélération verticale, vers le bas, d'environ $9{,}81\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$, quelle que soit sa masse. Lâche une pierre d'une fenêtre à $5\ \mathrm{m}$ du sol : en négligeant l'air, elle arrive en bas au bout de $t = \sqrt{2h/g} \approx 1{,}0\ \mathrm{s}$.
Lancée en biais, elle suivrait la même règle : sa vitesse horizontale ne change pas, sa vitesse verticale varie de $9{,}81\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ vers le bas à chaque seconde.
Une seule force, une seule accélération
En mécanique du point, on réduit l'objet étudié, le système, à son centre de masse : le point qui se déplace comme si toute la masse y était concentrée, le centre d'une balle par exemple. On ignore sa taille et sa rotation.
Définition : un système est en chute libre quand il n'est soumis qu'à son poids $\vec{P} = m\vec{g}$. À l'échelle d'un lancer, le champ de pesanteur $\vec{g}$ est uniforme : vertical, vers le bas, de même valeur partout.
Dans le référentiel terrestre, supposé galiléen (un référentiel où les lois de Newton s'appliquent), la deuxième loi de Newton s'écrit $\sum \vec{F} = m\vec{a}$. La somme se réduit au poids : $m\vec{g} = m\vec{a}$, et la masse se simplifie.
$$\vec{a} = \vec{g}$$
C'est toute la physique du chapitre. La suite, ce sont des maths : remonter de l'accélération à la vitesse, puis à la position.
Piège classique : « chute libre » ne veut dire ni « tomber tout droit » ni « partir sans vitesse ». Un ballon lancé vers le haut est en chute libre dès qu'il quitte la main, montée comprise. Une feuille de papier qui tombe, elle, ne l'est pas : l'action de l'air sur elle n'est pas négligeable.
De Newton aux équations horaires
Cas général : l'objet part à la hauteur $h$ avec une vitesse $v_0$ qui fait un angle $\alpha$ avec l'horizontale. On place l'origine $O$ au sol sous le point de départ, l'axe $(Ox)$ horizontal dans le sens du lancer et l'axe $(Oz)$ vertical vers le haut.
Le programme de terminale parle de « mouvement dans un champ de pesanteur uniforme » et demande d'établir les équations horaires (les coordonnées en fonction du temps), pas seulement de les appliquer. Ça se fait toujours en quatre étapes.
Étape 1 : Nommer le système et le référentiel terrestre, puis faire le bilan des forces : le poids seul.
Étape 2 : Deuxième loi de Newton : $\vec{a} = \vec{g}$, donc $a_x = 0$ et $a_z = -g$ (l'axe monte, $\vec{g}$ descend).
Étape 3 : L'accélération est la dérivée de la vitesse : on cherche une primitive, c'est-à-dire une fonction dont la dérivée est la fonction connue. Les constantes viennent de la vitesse initiale, $v_0\cos\alpha$ à l'horizontale et $v_0\sin\alpha$ à la verticale.
Étape 4 : La vitesse est la dérivée de la position : nouvelle primitive, et les constantes viennent du point de départ $(0\,;h)$.
Formule : équations horaires, axe $(Oz)$ vers le haut, départ en $(0\,;h)$ :
$$v_x(t) = v_0\cos\alpha \qquad v_z(t) = -gt + v_0\sin\alpha$$
$$x(t) = (v_0\cos\alpha)\,t \qquad z(t) = -\frac{1}{2}gt^2 + (v_0\sin\alpha)\,t + h$$
À l'horizontale, aucune force : la vitesse reste $v_0\cos\alpha$, le mouvement est uniforme. À la verticale, l'accélération est constante : le mouvement est uniformément accéléré. Un objet lâché, c'est $v_0 = 0$ ; un lancer vertical, $\alpha = 90^\circ$ ; un lancer horizontal, $\alpha = 0$.
Piège classique : le signe devant $g$ dépend de ton axe. Axe vers le bas : $a_z = +g$, mais une vitesse de départ vers le haut devient négative. Choisis ton axe, écris-le sur la copie et garde-le jusqu'au bout. Et $g$ seul reste positif : $9{,}81$, jamais $-9{,}81$.
Une trajectoire plane et parabolique
Deux axes suffisent. Sur un troisième axe $(Oy)$, horizontal et perpendiculaire au lancer, l'accélération, la vitesse et la position de départ sont nulles, donc $y$ reste nul : le mouvement est plan, dans le plan vertical qui contient $\vec{v}_0$.
Les équations horaires disent où est l'objet à chaque instant ; l'équation de la trajectoire dit seulement par où il passe. Pour l'obtenir, on élimine le temps : $t = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha}$, à reporter dans $z(t)$.
$$z(x) = -\frac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}\,x^2 + (\tan\alpha)\,x + h$$
C'est un polynôme du second degré avec un coefficient de $x^2$ négatif : la trajectoire est un arc de parabole tourné vers le bas. Pour un lancer vertical, $\cos\alpha = 0$, cette écriture n'a plus de sens et la trajectoire est un segment vertical.
Flèche et portée
La flèche est la hauteur maximale. Au sommet, l'objet ne monte plus et ne descend pas encore : $v_z = 0$, d'où $t_S = \dfrac{v_0\sin\alpha}{g}$, à reporter dans $z(t)$. Seule $v_z$ s'annule : au sommet, la vitesse vaut encore $v_0\cos\alpha$.
La portée est la distance horizontale parcourue jusqu'au sol : on résout $z(t) = 0$, on garde la solution positive et on calcule $x$ à cette date. Pour un départ du sol ($h = 0$), $t\left(v_0\sin\alpha - \dfrac{1}{2}gt\right) = 0$ donne $t = 0$ (le départ) ou $t = \dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}$ (l'arrivée).
Formule : départ du sol et retour au sol, sans air :
$$z_{\max} = \frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g} \qquad D = \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g} = \frac{v_0^2\sin(2\alpha)}{g}$$
car $2\sin\alpha\cos\alpha = \sin(2\alpha)$.
La masse n'apparaît nulle part. Doubler $v_0$ multiplie la portée par $4$. Elle est maximale quand $\sin(2\alpha) = 1$, soit $\alpha = 45^\circ$, et deux angles complémentaires, comme $30^\circ$ et $60^\circ$, donnent la même portée avec des flèches différentes.
Piège classique : ces formules supposent un retour à la hauteur de départ. Dès que $h \neq 0$, pour un tir depuis une falaise ou un lancer à hauteur d'épaule, elles donnent un résultat faux et $45^\circ$ n'est plus l'angle optimal. On revient alors à $z(t) = 0$ : c'est l'exercice 4.
Le raccourci de l'énergie
Pour une vitesse à une hauteur donnée, sans question de temps, l'énergie va plus vite. L'énergie mécanique $E_m = \dfrac{1}{2}mv^2 + mgz$ additionne l'énergie cinétique et l'énergie potentielle de pesanteur ($z$ vers le haut). En chute libre, elle se conserve.
Du départ (hauteur $h$, vitesse $v_0$) jusqu'au sol : $\dfrac{1}{2}mv_0^2 + mgh = \dfrac{1}{2}mv^2$, d'où
$$v = \sqrt{v_0^2 + 2gh}$$
Pour la pierre lâchée à $5\ \mathrm{m}$ : $v = \sqrt{2 \times 9{,}81 \times 5} \approx 9{,}9\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. L'angle n'apparaît pas : lancé vers le haut, vers le bas ou à l'horizontale, à la même vitesse et de la même hauteur, l'objet touche le sol à la même vitesse. Pas au même endroit, ni au même instant : pour ça, il faut les équations horaires.
Exercices corrigés
Du plus direct au niveau d'un contrôle. Cherche chacun sur ta feuille avant d'ouvrir la correction, calculatrice en mode degrés.
Exercice 1 : Une balle est lancée verticalement vers le haut à $12\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, depuis $1{,}5\ \mathrm{m}$ au-dessus du sol. On néglige l'air et $g = 9{,}81\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$. Quand atteint-elle son point le plus haut, et à quelle hauteur ?
Correction :
Axe $(Oz)$ vers le haut, $O$ au sol : $v_z(t) = -gt + 12$ et $z(t) = -\dfrac{1}{2}gt^2 + 12t + 1{,}5$.
Au sommet, $v_z = 0$ : $t_S = \dfrac{12}{9{,}81} \approx 1{,}22\ \mathrm{s}$. Avec la valeur non arrondie, $z(t_S) \approx -7{,}34 + 14{,}68 + 1{,}5 \approx 8{,}8\ \mathrm{m}$.
Contrôle par l'énergie, la vitesse étant nulle au sommet : $1{,}5 + \dfrac{12^2}{2 \times 9{,}81} \approx 8{,}8\ \mathrm{m}$.
Exercice 2 : Une bille quitte le bord d'une table avec une vitesse horizontale de $1{,}5\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Le plateau est à $0{,}80\ \mathrm{m}$ du sol. On néglige l'air et $g = 9{,}81\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$. Calcule la durée de la chute, la distance entre le point d'impact et le point du sol situé sous le bord, puis la vitesse à l'arrivée.
Correction :
$O$ au sol sous le bord, $\alpha = 0$ : $x(t) = 1{,}5\,t$ et $z(t) = -\dfrac{1}{2}gt^2 + 0{,}80$.
Au sol, $z = 0$ : $t = \sqrt{\dfrac{2 \times 0{,}80}{9{,}81}} \approx 0{,}40\ \mathrm{s}$, puis $x \approx 1{,}5 \times 0{,}404 \approx 0{,}61\ \mathrm{m}$.
Vitesse par l'énergie : $v = \sqrt{1{,}5^2 + 2 \times 9{,}81 \times 0{,}80} \approx 4{,}2\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$.
Une bille simplement lâchée du bord mettrait le même temps : la vitesse horizontale ne change rien au mouvement vertical.
Exercice 3 : Un ballon, assimilé à un point qui part du sol, est frappé à $20\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ sous un angle de $30^\circ$ au-dessus de l'horizontale. On néglige l'air et $g = 9{,}81\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$. 1) Établis les équations horaires. 2) Donne l'équation de la trajectoire. 3) Calcule la flèche et la portée. 4) À la même vitesse, quel autre angle donne la même portée ?
Correction :
1) Seule force : le poids. La deuxième loi de Newton donne $a_x = 0$ et $a_z = -g$. Avec $v_0\cos 30^\circ = 10\sqrt{3} \approx 17{,}3\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ et $v_0\sin 30^\circ = 10\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, deux primitives donnent $x(t) = 10\sqrt{3}\,t$ et $z(t) = -4{,}905\,t^2 + 10\,t$.
2) $t = \dfrac{x}{10\sqrt{3}}$, d'où $z(x) = -\dfrac{9{,}81}{600}\,x^2 + \dfrac{x}{\sqrt{3}} \approx -0{,}0164\,x^2 + 0{,}577\,x$.
3) $z_{\max} = \dfrac{20^2 \times \sin^2 30^\circ}{2 \times 9{,}81} \approx 5{,}1\ \mathrm{m}$ et $D = \dfrac{20^2 \times \sin 60^\circ}{9{,}81} \approx 35{,}3\ \mathrm{m}$.
4) Il faut $\sin(2\alpha) = \sin 60^\circ$ avec $\alpha \neq 30^\circ$ : $2\alpha = 120^\circ$, soit $\alpha = 60^\circ$. Le ballon monte plus haut et retombe au même endroit.
Exercice 4 : Au lancer du poids, une athlète lâche la boule à $2{,}0\ \mathrm{m}$ du sol, à $13\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, sous un angle de $40^\circ$ au-dessus de l'horizontale (données fictives). On néglige l'air et $g = 9{,}81\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$. Un camarade applique $D = \dfrac{v_0^2\sin(2\alpha)}{g}$ et trouve $17{,}0\ \mathrm{m}$. Explique son erreur, puis calcule la distance horizontale entre le point de lâcher et le point d'impact.
Correction :
Cette formule suppose un retour à la hauteur de départ. La boule part $2{,}0\ \mathrm{m}$ au-dessus du sol : elle descend plus bas, vole plus longtemps et va plus loin.
$O$ au sol sous le point de lâcher. $v_0\cos 40^\circ \approx 9{,}96\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ et $v_0\sin 40^\circ \approx 8{,}36\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, donc $x(t) = 9{,}96\,t$ et $z(t) = -4{,}905\,t^2 + 8{,}36\,t + 2{,}0$.
Au sol : $4{,}905\,t^2 - 8{,}36\,t - 2{,}0 = 0$. Le discriminant vaut $\Delta = 8{,}36^2 + 4 \times 4{,}905 \times 2{,}0 \approx 109{,}1$, et la seule solution positive est $t = \dfrac{8{,}36 + \sqrt{109{,}1}}{9{,}81} \approx 1{,}92\ \mathrm{s}$.
Distance : $x \approx 9{,}96 \times 1{,}92 \approx 19{,}1\ \mathrm{m}$, environ $2\ \mathrm{m}$ de plus que le résultat faux.
À retenir
À retenir :
- Chute libre : le poids seul, donc $\vec{a} = \vec{g}$, quelle que soit la masse.
- Méthode : système, référentiel, forces, deuxième loi de Newton, puis deux primitives fixées par les conditions initiales.
- Le mouvement est uniforme à l'horizontale, uniformément accéléré à la verticale, plan, et sa trajectoire est une parabole.
- Au sommet, seule $v_z$ s'annule.
- $D = \dfrac{v_0^2\sin(2\alpha)}{g}$ seulement pour un retour à la hauteur de départ ; sinon, on résout $z(t) = 0$.
- Vitesse à une hauteur donnée : $v = \sqrt{v_0^2 + 2gh}$, par conservation de l'énergie mécanique.
Sources
- Programme de l'enseignement de spécialité de physique-chimie de terminale générale, Bulletin officiel spécial n° 8 du 25 juillet 2019, thème « Mouvement et interactions » : texte sur education.gouv.fr.