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Mouvements dans un champ de pesanteur uniforme

Étudier chute libre et tir oblique par la dynamique newtonienne.

Physique Terminale Chapitre 1 / 11 ⏱ 11 h

Ce que tu sauras faire à la fin

  • Établir l'équation de la trajectoire d'un projectile
  • Calculer portée et flèche
  • Traiter un tir avec conditions initiales quelconques

Un attaquant frappe le ballon aux abords de la surface de réparation, à Abidjan. Un lanceur de poids explose son geste avant de relâcher l’engin, lors d’un meeting à Yaoundé. Un pilote largue un colis de vivres au-dessus d’Abéché, en espérant qu’il atterrisse au bon endroit. Trois situations, un seul phénomène physique : dans les trois cas, un objet est lancé puis abandonné à lui-même — et sa trajectoire obéit exactement aux mêmes lois. C’est ce phénomène, le mouvement dans un champ de pesanteur uniforme, que tu vas maintenant savoir décrire, prévoir et calculer avec précision.

Tu connais déjà les grandes lignes : en classe de première, tu as étudié le mouvement rectiligne uniformément accéléré et énoncé qualitativement les lois de Newton. Ce chapitre change de dimension, au sens propre du terme. Le mouvement d’un projectile lancé obliquement n’est plus rectiligne : il se déroule dans un plan, et sa description exige de manier des vecteurs. La méthode que tu vas apprendre — poser un repère, projeter la relation fondamentale de la dynamique, intégrer deux fois, éliminer le temps — est la méthode générale de toute la mécanique newtonienne. Tu la retrouveras, presque inchangée, l’an prochain pour l’étude des satellites et des mouvements circulaires.

Le programme attend de toi trois compétences précises, que ce chapitre construit pas à pas : établir l’équation de la trajectoire d’un projectile à partir de ses équations horaires, calculer sa portée et sa flèche, et traiter un tir dans des conditions initiales quelconques — vitesse, angle et hauteur de lancement variables. Ce sont exactement les questions que se pose, sans les formuler ainsi, tout artilleur, tout joueur et tout ingénieur qui règle la vitesse d’éjection d’un jet d’eau.

Une dernière remarque avant de commencer : tout ce chapitre repose sur une idée simple, déjà présente dans la chute libre que tu connais depuis la troisième — un objet soumis au seul poids accélère toujours de la même façon, quelle que soit sa masse. Garde cette idée en tête : elle explique, à elle seule, pourquoi un boulet de canon et une goutte de pluie suivent la même famille de trajectoires.

1Chute libre verticale

Avant d’étudier un tir oblique, reprenons le cas le plus simple : un objet qui tombe ou qui est lancé verticalement. Cette étude, déjà abordée en troisième de façon descriptive, va maintenant être fondée rigoureusement sur les lois de Newton — la même démarche qui, étendue à deux dimensions, te donnera la trajectoire d’un projectile.

1.1  Référentiel galiléen et lois de Newton

Définition

Un référentiel galiléen (ou référentiel d’inertie) est un référentiel dans lequel le principe d’inertie est vérifié : tout solide isolé ou pseudo-isolé (soumis à des forces qui se compensent) est soit au repos, soit en mouvement rectiligne uniforme.

Pour les mouvements étudiés dans ce chapitre — durée de quelques secondes, à l’échelle du sol — le référentiel terrestre, lié au sol du laboratoire, est considéré comme galiléen avec une excellente approximation.

Propriété — deuxième loi de Newton

Dans un référentiel galiléen, pour un solide de masse mm (en kg) assimilé à un point matériel, la somme vectorielle des forces extérieures appliquées est égale au produit de la masse par le vecteur accélération a⃗\vec{a} de son centre d’inertie (en m·s⁻²) :

∑F⃗ext=m a⃗\sum \vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a}

Si la masse reste constante au cours du mouvement — ce qui est toujours le cas dans ce chapitre — cette relation devient a⃗=1m∑F⃗ext\vec{a} = \dfrac{1}{m}\displaystyle\sum \vec{F}_{\text{ext}} : le vecteur accélération est colinéaire à la résultante des forces, et de même sens qu’elle.

Attention

Ne confonds jamais la masse mm (en kg, une propriété de l’objet, identique partout dans l’Univers) et le poids P⃗=mg⃗\vec{P} = m\vec{g} (une force, en newtons, qui dépend du lieu). C’est le poids qui varie avec l’altitude ou la planète — jamais la masse.

1.2  Le champ de pesanteur uniforme

Au voisinage de la surface terrestre, tout corps est soumis à son poids P⃗\vec{P}, force verticale dirigée vers le bas, de valeur P=mgP = mg.

Définition

Un champ de pesanteur uniforme est une région de l’espace dans laquelle le vecteur g⃗\vec{g} — vertical, dirigé vers le bas, de valeur constante gg — est le même en tout point. Sur une zone limitée proche du sol (quelques kilomètres d’altitude au plus), c’est une excellente approximation ; on retient la valeur

g=9,8 m⋅s−2g = 9{,}8\ \text{m·s}^{-2}

Définition

Un solide est en chute libre lorsqu’il n’est soumis qu’à son poids — c’est-à-dire lorsque toutes les autres forces (frottements de l’air, poussée d’Archimède…) sont négligées. C’est une excellente approximation pour un corps compact et dense, sur une courte durée.

1.3  Mise en équation de la chute libre

Démonstration — le vecteur accélération d’une chute libre vaut g⃗\vec{g}

Un solide de masse mm est en chute libre : la seule force appliquée est son poids P⃗=mg⃗\vec{P}=m\vec{g}. La deuxième loi de Newton s’écrit :

  1. ∑F⃗ext=m a⃗\sum \vec{F}_{\text{ext}} = m\,\vec{a}
  2. ⇒\Rightarrowm g⃗=m a⃗m\,\vec{g} = m\,\vec{a}seule force appliquée : le poids
  3. ⇒\Rightarrowa⃗=g⃗\vec{a} = \vec{g}on simplifie par m≠0m \neq 0

Le vecteur accélération d’un corps en chute libre est donc égal à g⃗\vec{g} : constant, vertical, vers le bas, de valeur gg. Il ne dépend ni de la masse ni de la forme de l’objet — c’est le principe d’équivalence, déjà pressenti par Galilée (voir l’encadré ci-dessous).

Physique & Co — Galilée et la chute des corps

La tradition rapporte qu’en 1589, jeune professeur à l’université de Pise, Galilée aurait laissé tomber deux boulets de masses différentes du sommet de la tour penchée pour prouver qu’ils touchaient le sol ensemble — contredisant Aristote, qui affirmait depuis près de deux mille ans qu’un corps deux fois plus lourd tombe deux fois plus vite. Cette expérience précise n’est probablement qu’une légende, forgée par son élève Vincenzo Viviani ; mais Galilée a bel et bien mené, entre 1604 et 1609, de véritables expériences avec des plans inclinés, qui ralentissent la chute et la rendent mesurable avec les moyens de l’époque — une horloge à eau.

Sa conclusion, publiée dans les Discours concernant deux sciences nouvelles (1638), est exactement celle que tu viens de démontrer : dans le vide, tous les corps tombent avec la même accélération, indépendante de leur masse. Il faudra attendre Newton, un demi-siècle plus tard, pour comprendre pourquoi : la masse intervient deux fois, dans le poids (P=mgP=mg) et dans l’accélération (a=F/ma=F/m) — et ces deux masses se compensent exactement.

1.4  Équations horaires et vitesse d’impact

On choisit un axe (Oz)(Oz), vertical et orienté vers le bas — dans le sens du mouvement —, d’origine OO confondue avec la position du solide à l’instant t=0t=0. On note vz0v_{z0} la vitesse initiale, comptée positivement vers le bas, et z0z_0 la position initiale sur cet axe (le plus souvent z0=0z_0=0 si l’origine est prise au point de départ).

Démonstration — équations horaires de la chute libre

Sur l’axe (Oz)(Oz), orienté vers le bas, la relation a⃗=g⃗\vec{a}=\vec{g} se projette en az(t)=ga_z(t) = g, une constante. La vitesse est une primitive de l’accélération ; la position, une primitive de la vitesse.

  1. az(t)=ga_z(t) = g
  2. ⇒\Rightarrowvz(t)=g t+C1v_z(t) = g\,t + C_1primitive de aza_z
  3. à t=0t=0 : vz(0)=vz0v_z(0) = v_{z0}
  4. ⇒\RightarrowC1=vz0C_1 = v_{z0}
  5. ⇒\Rightarrowvz(t)=g t+vz0v_z(t) = g\,t + v_{z0}
  6. ⇒\Rightarrowz(t)=12g t2+vz0 t+C2z(t) = \dfrac{1}{2}g\,t^{2} + v_{z0}\,t + C_2primitive de vzv_z
  7. à t=0t=0 : z(0)=z0z(0)=z_0
  8. ⇒\RightarrowC2=z0C_2 = z_0

D’où, pour tout t⩾0t \geqslant 0 :

vz(t)=g t+vz0etz(t)=12g t2+vz0 t+z0v_z(t) = g\,t + v_{z0} \qquad\text{et}\qquad z(t) = \dfrac{1}{2}g\,t^{2} + v_{z0}\,t + z_0

Théorème — relation vitesse-position

En éliminant tt entre les deux équations horaires, on obtient une relation directe entre vitesse et position :

vz2=vz02+2g(z−z0)v_z^{2} = v_{z0}^{2} + 2g\left(z-z_0\right)

Démonstration

On tire t=vz−vz0gt = \dfrac{v_z-v_{z0}}{g} de l’équation de la vitesse, et on le substitue dans z(t)−z0z(t)-z_0 :

  1. z−z0=12g(vz−vz0g)2+vz0(vz−vz0g)z-z_0 = \dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{v_z-v_{z0}}{g}\right)^{2} + v_{z0}\left(\dfrac{v_z-v_{z0}}{g}\right)
  2. ==(vz−vz0)2+2vz0(vz−vz0)2g\dfrac{\left(v_z-v_{z0}\right)^{2} + 2v_{z0}\left(v_z-v_{z0}\right)}{2g}
  3. ==vz2−2vzvz0+vz02+2vzvz0−2vz022g\dfrac{v_z^{2}-2v_zv_{z0}+v_{z0}^{2}+2v_zv_{z0}-2v_{z0}^{2}}{2g}
  4. ==vz2−vz022g\dfrac{v_z^{2}-v_{z0}^{2}}{2g}
  5. ⇒\Rightarrowvz2=vz02+2g(z−z0)v_z^{2} = v_{z0}^{2} + 2g\left(z-z_0\right)
Exemple — chute sans vitesse initiale

On laisse tomber une pierre, sans vitesse initiale, du sommet d’un pont haut de 19,6 m19{,}6\ \text{m}, qui enjambe le Chari à Ndjamena. Calcule la durée de chute et la vitesse d’impact.

  1. z(t)=12g t2z(t) = \dfrac{1}{2}g\,t^{2}vz0=0v_{z0}=0, z0=0z_0=0
  2. chute jusqu’au sol : z(t)=19,6z(t)=19{,}6
  3. ⇒\Rightarrowt=2×19,69,8=4t = \sqrt{\dfrac{2\times 19{,}6}{9{,}8}} = \sqrt{4}
  4. ==2,00 s2{,}00\ \text{s}
  5. vz=g t=9,8×2,00v_z = g\,t = 9{,}8 \times 2{,}00
  6. ==19,6 m⋅s−119{,}6\ \text{m·s}^{-1}
Exemple — lancer vers le haut au-dessus d’un puits

On lance une pierre verticalement vers le haut, à 8,0 m⋅s−18{,}0\ \text{m·s}^{-1}, depuis la margelle d’un puits profond de 12 m12\ \text{m}. Au bout de combien de temps atteint-elle le fond, et avec quelle vitesse ?

L’axe (Oz)(Oz) est orienté vers le bas ; la pierre est lancée vers le haut, donc contre le sens de l’axe : vz0=−8,0 m⋅s−1v_{z0} = -8{,}0\ \text{m·s}^{-1} (négative).

  1. z(t)=4,9 t2−8,0 tz(t) = 4{,}9\,t^{2} - 8{,}0\,t
  2. fond du puits : z(t)=12z(t) = 12
  3. ⇒\Rightarrow4,9 t2−8,0 t−12=04{,}9\,t^{2} - 8{,}0\,t - 12 = 0
  4. Δ=8,02+4×4,9×12=299,2\Delta = 8{,}0^{2} + 4\times 4{,}9\times 12 = 299{,}2
  5. ⇒\Rightarrowt=8,0+299,29,8≈8,0+17,309,8t = \dfrac{8{,}0+\sqrt{299{,}2}}{9{,}8} \approx \dfrac{8{,}0+17{,}30}{9{,}8}
  6. ≈\approx2,58 s2{,}58\ \text{s}on écarte la racine négative
  7. vz=g t+vz0≈9,8×2,58−8,0v_z = g\,t + v_{z0} \approx 9{,}8\times 2{,}58 - 8{,}0
  8. ≈\approx17,3 m⋅s−117{,}3\ \text{m·s}^{-1}positive : la pierre descend bien à l’impact
Attention

Le signe de vz0v_{z0} dépend du sens choisi pour l’axe, jamais du sens réel du mouvement. Dans l’exemple ci-dessus, la pierre est lancée « vers le haut », mais comme l’axe pointe vers le bas, sa vitesse initiale doit être comptée négativement. Une erreur de signe ici fausse tout le reste du calcul.

1.5  Mouvement sur un plan incliné sans frottement

Une situation voisine de la chute libre, très fréquente au programme, est celle d’un solide qui glisse sans frottement sur un plan incliné faisant un angle θ\theta avec l’horizontale. Deux forces s’exercent alors sur le solide : son poids P⃗\vec{P}, et la réaction normale N⃗\vec{N} du plan, perpendiculaire à la surface de contact — l’absence de frottement signifie précisément que N⃗\vec N n’a aucune composante le long du plan.

Solide glissant sans frottement sur un plan incliné θ M P = mg N = mg cosθ P∥ = mg sinθ R T
Figure 1 — Bilan des forces sur un solide glissant sans frottement le long d’un plan incliné d’angle θ\theta. Le poids P⃗\vec P (noir) se décompose en une composante P∥=mgsin⁡θP_\parallel = mg\sin\theta le long du plan (rouge, seule responsable du mouvement) et une composante P⊥=mgcos⁡θP_\perp = mg\cos\theta perpendiculaire au plan, exactement compensée par la réaction normale N⃗\vec N (verte).
Méthode — étudier un glissement sur un plan incliné

On choisit un axe (Ox′)(Ox') le long du plan, orienté dans le sens de la descente, d’origine le point de départ du solide. On projette la deuxième loi de Newton à la fois sur cet axe et sur la direction perpendiculaire au plan.

Démonstration — l’accélération vaut gsin⁡θg\sin\theta

La deuxième loi de Newton, P⃗+N⃗=ma⃗\vec P + \vec N = m\vec a, projetée sur les deux axes de la Figure 1 :

  1. selon (Ox′)(Ox'), le long du plan : mgsin⁡θ−0=m amg\sin\theta - 0 = m\,aN⃗\vec N n’a pas de composante le long du plan
  2. ⇒\Rightarrowa=gsin⁡θa = g\sin\thetaaccélération constante
  3. selon la perpendiculaire au plan : N−mgcos⁡θ=0N - mg\cos\theta = 0le solide reste sur la surface : pas d’accélération perpendiculaire
  4. ⇒\RightarrowN=mgcos⁡θN = mg\cos\theta

Le mouvement est donc rectiligne uniformément accéléré, d’accélération constante a=gsin⁡θa=g\sin\theta — une chute libre « ralentie » par l’angle θ\theta. En intégrant deux fois, comme au paragraphe précédent, avec un solide lancé à v0v_0 le long du plan depuis l’origine :

v(t)=gsin⁡θ⋅t+v0etx′(t)=12gsin⁡θ⋅t2+v0 tv(t) = g\sin\theta \cdot t + v_0 \qquad\text{et}\qquad x'(t) = \dfrac{1}{2}g\sin\theta \cdot t^{2} + v_0\,t

Exemple — un toboggan sans frottement

Un enfant part sans vitesse initiale du sommet d’un toboggan incliné de θ=25°\theta=25° sur l’horizontale, de longueur L=4,0 mL=4{,}0\ \text{m}. Quelle est sa vitesse en bas du toboggan ?

  1. a=gsin⁡25°=9,8×0,4226a = g\sin 25° = 9{,}8\times 0{,}4226
  2. ≈\approx4,14 m⋅s−24{,}14\ \text{m·s}^{-2}
  3. L=12a tbas2L = \dfrac{1}{2}a\,t_{\text{bas}}^{2}v0=0v_0=0
  4. ⇒\Rightarrowtbas=2La=2×4,04,14t_{\text{bas}} = \sqrt{\dfrac{2L}{a}} = \sqrt{\dfrac{2\times 4{,}0}{4{,}14}}
  5. ≈\approx1,39 s1{,}39\ \text{s}
  6. vbas=a tbas≈4,14×1,39v_{\text{bas}} = a\,t_{\text{bas}} \approx 4{,}14\times 1{,}39
  7. ≈\approx5,76 m⋅s−15{,}76\ \text{m·s}^{-1}

Nous retrouverons ce résultat par une méthode différente — le bilan d’énergie, sans passer par l’accélération — à la section 5.

2Tir oblique : équations horaires et trajectoire

Un projectile n’est plus lâché à la verticale : il est lancé avec une vitesse initiale v⃗0\vec{v}_0 faisant un angle α\alpha avec l’horizontale. Le mouvement devient plan, et la méthode de la section précédente — projeter la deuxième loi de Newton, puis intégrer deux fois — va se généraliser à deux dimensions pour livrer l’un des résultats les plus utiles de toute la mécanique : l’équation de la trajectoire.

2.1  Conditions initiales d’un tir oblique

On étudie un projectile assimilé à un point matériel MM, lancé à l’instant t=0t=0 depuis un point OO avec une vitesse initiale v⃗0\vec{v}_0 de valeur v0v_0, faisant un angle α\alpha avec l’horizontale (0<α⩽90°0 < \alpha \leqslant 90°). On choisit le repère (O ; ı⃗ ; k⃗)\left(O\,;\,\vec{\imath}\,;\,\vec{k}\right), avec ı⃗\vec\imath horizontal dans le sens du mouvement et k⃗\vec k vertical vers le haut — orientation opposée à celle de la section 1, car ici c’est vers le haut que le mobile s’élève d’abord.

Définition — conditions initiales

Dans ce repère, à l’instant t=0t=0 :

  1. OM0→=0⃗\overrightarrow{OM_0} = \vec{0}l’origine est prise au point de lancement
  2. v0x=v0cos⁡αv_{0x} = v_0\cos\alphacomposante horizontale de v⃗0\vec v_0
  3. v0z=v0sin⁡αv_{0z} = v_0\sin\alphacomposante verticale de v⃗0\vec v_0
Exemple — un coup de pied à Abidjan

Tout au long de cette section, les calculs seront illustrés par l’exemple d’un ballon frappé avec une vitesse initiale v0=25 m⋅s−1v_0=25\ \text{m·s}^{-1} sous un angle α\alpha tel que cos⁡α=0,60\cos\alpha=0{,}60 et sin⁡α=0,80\sin\alpha=0{,}80 (soit α≈53,1°\alpha \approx 53{,}1° — un triangle 3-4-5, choisi pour la clarté des calculs).

  1. v0x=25×0,60v_{0x} = 25\times 0{,}60
  2. ==15 m⋅s−115\ \text{m·s}^{-1}
  3. v0z=25×0,80v_{0z} = 25\times 0{,}80
  4. ==20 m⋅s−120\ \text{m·s}^{-1}

2.2  Vecteur accélération

On suppose le mouvement sans frottement (l’influence de l’air sera discutée qualitativement en section 6) : le projectile est en chute libre, comme en section 1. La deuxième loi de Newton donne à nouveau a⃗=g⃗\vec a = \vec g. Mais g⃗\vec g est cette fois projeté sur un repère dont l’axe vertical pointe vers le haut : ses composantes changent de signe par rapport à la section 1.

  1. ax(t)=0a_x(t) = 0g⃗\vec g est purement vertical
  2. az(t)=−ga_z(t) = -gg⃗\vec g pointe vers le bas, l’axe (Oz)(Oz) vers le haut
Attention

C’est l’erreur la plus fréquente du chapitre : le signe de aza_z dépend du sens choisi pour l’axe (Oz)(Oz), pas d’une règle universelle. Ici, (Oz)(Oz) pointe vers le haut et g⃗\vec g vers le bas, donc az=−ga_z=-g ; en section 1, l’axe pointait vers le bas et az=+ga_z=+g. Redéfinis toujours le signe à chaque nouveau problème, en fonction de l’orientation choisie.

2.3  Vecteur vitesse par intégration

Démonstration — équations de la vitesse

Chaque composante de la vitesse est une primitive de la composante correspondante de l’accélération, avec les conditions initiales vx(0)=v0cos⁡αv_x(0)=v_0\cos\alpha et vz(0)=v0sin⁡αv_z(0)=v_0\sin\alpha.

  1. ax(t)=0a_x(t) = 0
  2. ⇒\Rightarrowvx(t)=C1v_x(t) = C_1primitive d’une fonction nulle : une constante
  3. vx(0)=v0cos⁡αv_x(0) = v_0\cos\alpha
  4. ⇒\Rightarrowvx(t)=v0cos⁡αv_x(t) = v_0\cos\alphavalable pour tout tt
  5. az(t)=−ga_z(t) = -g
  6. ⇒\Rightarrowvz(t)=−g t+C2v_z(t) = -g\,t + C_2
  7. vz(0)=v0sin⁡αv_z(0) = v_0\sin\alpha
  8. ⇒\Rightarrowvz(t)=−g t+v0sin⁡αv_z(t) = -g\,t + v_0\sin\alpha

La composante horizontale de la vitesse est donc constante tout au long du vol : rien ne vient la modifier, puisque le poids est purement vertical. Seule la composante verticale varie, uniformément — exactement comme dans une chute libre.

Pour notre exemple : vx(t)=15 m⋅s−1v_x(t) = 15\ \text{m·s}^{-1} (constante) et vz(t)=−9,8 t+20v_z(t) = -9{,}8\,t + 20. La Figure 2 représente le vecteur vitesse, décomposé en vxv_x et vzv_z, à cinq instants régulièrement espacés du vol : observe comme la flèche horizontale garde toujours la même longueur, tandis que la flèche verticale rétrécit, s’annule au sommet, puis repart en sens inverse.

Décomposition du vecteur vitesse le long de la trajectoire O vxvzv(0)=v0 sommet : v = vx chute : vz < 0
Figure 2 — Décomposition du vecteur vitesse v⃗=vxı⃗+vzk⃗\vec v = v_x\vec\imath + v_z\vec k à cinq instants du vol (t=0 ; 1,02 ; 2,04 ; 3,06 ; 4,08 st=0\ ;\ 1{,}02\ ;\ 2{,}04\ ;\ 3{,}06\ ;\ 4{,}08\ \text{s}). La composante vxv_x (pointillés) est constante ; vzv_z diminue linéairement, s’annule au sommet, puis devient négative. Le vecteur résultant v⃗\vec v (violet) reste tangent à la trajectoire.

2.4  Équations horaires de la position

Démonstration — équations horaires de la position

On intègre une seconde fois, avec les conditions initiales x(0)=0x(0)=0 et z(0)=0z(0)=0.

  1. vx(t)=v0cos⁡αv_x(t) = v_0\cos\alpha
  2. ⇒\Rightarrowx(t)=v0cos⁡α⋅t+C3x(t) = v_0\cos\alpha \cdot t + C_3
  3. x(0)=0⇒C3=0x(0)=0 \Rightarrow C_3=0
  4. vz(t)=−g t+v0sin⁡αv_z(t) = -g\,t + v_0\sin\alpha
  5. ⇒\Rightarrowz(t)=−12g t2+v0sin⁡α⋅t+C4z(t) = -\dfrac{1}{2}g\,t^{2} + v_0\sin\alpha \cdot t + C_4
  6. z(0)=0⇒C4=0z(0)=0 \Rightarrow C_4=0

D’où les équations horaires du mouvement, valables tant que z(t)⩾0z(t)\geqslant 0 :

x(t)=v0cos⁡α⋅tetz(t)=−12g t2+v0sin⁡α⋅tx(t) = v_0\cos\alpha \cdot t \qquad\text{et}\qquad z(t) = -\dfrac{1}{2}g\,t^{2} + v_0\sin\alpha \cdot t

Pour notre exemple : x(t)=15 tx(t) = 15\,t et z(t)=−4,9 t2+20 tz(t) = -4{,}9\,t^{2}+20\,t (en mètres, tt en secondes).

2.5  Équation de la trajectoire

Les équations horaires donnent xx et zz séparément, en fonction du temps. La trajectoire, elle, est la courbe géométrique décrite par MM dans le plan : c’est la relation entre zz et xx, obtenue en éliminant le temps.

Théorème — équation de la trajectoire

Dans un champ de pesanteur uniforme, la trajectoire d’un projectile lancé avec une vitesse v0v_0 sous un angle α\alpha (0<α<90°0 < \alpha < 90°) depuis l’origine du repère est un arc de parabole d’équation :

z(x)=−g2v02cos⁡2α x2+tan⁡α⋅xz(x) = -\dfrac{g}{2v_0^{2}\cos^{2}\alpha}\,x^{2} + \tan\alpha \cdot x

C’est une fonction du second degré en xx, de la forme z=Ax2+Bxz=Ax^{2}+Bx avec A=−g2v02cos⁡2α<0A=-\dfrac{g}{2v_0^{2}\cos^{2}\alpha}<0 : la parabole est tournée vers le bas. Elle passe par l’origine OO (le point de lancement) et par un second point d’ordonnée nulle, le point de chute, étudié en section 3.

Démonstration

De x(t)=v0cos⁡α⋅tx(t)=v_0\cos\alpha \cdot t, et puisque cos⁡α≠0\cos\alpha \neq 0 pour α≠90°\alpha \neq 90°, on tire tt en fonction de xx :

  1. t=xv0cos⁡αt = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha}
  2. on substitue dans z(t)=−12g t2+v0sin⁡α⋅tz(t) = -\dfrac{1}{2}g\,t^{2}+v_0\sin\alpha \cdot t
  3. ⇒\Rightarrowz(x)=−12g(xv0cos⁡α)2+v0sin⁡α⋅xv0cos⁡αz(x) = -\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{v_0\cos\alpha}\right)^{2} + v_0\sin\alpha \cdot \dfrac{x}{v_0\cos\alpha}
  4. ==−g2v02cos⁡2α x2+sin⁡αcos⁡α x-\dfrac{g}{2v_0^{2}\cos^{2}\alpha}\,x^{2} + \dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\,x
  5. ==−g2v02cos⁡2α x2+tan⁡α⋅x-\dfrac{g}{2v_0^{2}\cos^{2}\alpha}\,x^{2} + \tan\alpha \cdot xtan⁡α=sin⁡α/cos⁡α\tan\alpha=\sin\alpha/\cos\alpha
Exemple — trajectoire du ballon

Avec v0=25 m⋅s−1v_0=25\ \text{m·s}^{-1}, cos⁡α=0,60\cos\alpha=0{,}60, sin⁡α=0,80\sin\alpha=0{,}80 (donc v02cos⁡2α=625×0,36=225v_0^{2}\cos^{2}\alpha = 625\times 0{,}36=225) :

  1. A=−9,82×225=−9,8450A = -\dfrac{9{,}8}{2\times 225} = -\dfrac{9{,}8}{450}
  2. ≈\approx−0,0218 m−1-0{,}0218\ \text{m}^{-1}
  3. tan⁡α=0,800,60=43\tan\alpha = \dfrac{0{,}80}{0{,}60} = \dfrac{4}{3}
  4. ≈\approx1,3331{,}333

d’où z(x)≈−0,0218 x2+1,333 xz(x) \approx -0{,}0218\,x^{2} + 1{,}333\,x, la parabole tracée en Figure 3.

Repère de lancement, vecteurs v0 et g, trajectoire du ballon x (m) z (m) 10 20 30 40 50 60 10 20 α v0 g sommet chute O
Figure 3 — Trajectoire parabolique du ballon (v0=25 m⋅s−1v_0=25\ \text{m·s}^{-1}, α≈53,1°\alpha\approx 53{,}1°), calculée point par point à partir des équations horaires. Le vecteur v⃗0\vec v_0 (violet) est tangent à la courbe à l’origine ; g⃗\vec g (noir) reste constant, vertical, vers le bas, tout au long du vol.

2.6  Cas particulier : le tir horizontal

Lorsque α=0\alpha=0, le vecteur v⃗0\vec v_0 est horizontal : v0x=v0v_{0x}=v_0, v0z=0v_{0z}=0. C’est le cas d’un colis largué depuis un avion en vol horizontal, ou d’un objet qui quitte une table sans être poussé vers le haut. Il faut alors lancer le mobile depuis une hauteur HH au-dessus du sol, sinon le mouvement n’a pas lieu. On place l’origine OO au point de lancement, le sol correspondant à z=−Hz=-H :

  1. x(t)=v0 tx(t) = v_0\,t
  2. z(t)=−12g t2z(t) = -\dfrac{1}{2}g\,t^{2}

Le mobile touche le sol lorsque z(t)=−Hz(t)=-H, soit au bout d’une durée tsol=2Hgt_{\text{sol}} = \sqrt{\dfrac{2H}{g}} — exactement la durée d’une chute libre verticale sans vitesse initiale depuis la même hauteur (section 1.4) : la composante horizontale du mouvement n’a aucune influence sur la durée de la chute.

Attention

Beaucoup pensent qu’un objet lancé horizontalement met plus de temps à tomber qu’un objet simplement lâché. C’est faux : les deux touchent le sol au même instant, car le mouvement vertical (az=−ga_z=-g) est totalement indépendant du mouvement horizontal. Seule la distance parcourue horizontalement diffère.

Exemple — tir horizontal

Un objet est lancé horizontalement à v0=40 m⋅s−1v_0=40\ \text{m·s}^{-1} depuis une hauteur H=80 mH=80\ \text{m}. Calcule la distance horizontale parcourue avant l’impact.

  1. tsol=2Hg=2×809,8t_{\text{sol}} = \sqrt{\dfrac{2H}{g}} = \sqrt{\dfrac{2\times 80}{9{,}8}}
  2. ≈\approx4,04 s4{,}04\ \text{s}
  3. x=v0×tsol=40×4,04x = v_0\times t_{\text{sol}} = 40\times 4{,}04
  4. ≈\approx161,6 m161{,}6\ \text{m}

3Portée, flèche et durée du vol

La trajectoire donne la forme du mouvement ; trois grandeurs en résument les caractères essentiels, pour un tir lancé et reçu au même niveau (z=0z=0 au départ et à l’arrivée) : la durée du vol, la portée (distance horizontale parcourue) et la flèche (hauteur maximale atteinte).

3.1  Durée du vol

Démonstration — durée du vol tvt_v

Le projectile retombe au niveau du sol lorsque z(t)=0z(t)=0, pour t>0t>0.

  1. z(t)=t(−12g t+v0sin⁡α)=0z(t) = t\left(-\dfrac{1}{2}g\,t+v_0\sin\alpha\right) = 0
  2. ⇒\Rightarrowt=0t=0le départ
  3. ou −12g t+v0sin⁡α=0-\dfrac{1}{2}g\,t+v_0\sin\alpha=0
  4. ⇒\Rightarrowtv=2v0sin⁡αgt_v = \dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}solution non nulle : l’arrivée

3.2  Portée

Théorème — portée

D=x(tv)=v0cos⁡α⋅2v0sin⁡αg=v02sin⁡(2α)gD = x(t_v) = v_0\cos\alpha \cdot \dfrac{2v_0\sin\alpha}{g} = \dfrac{v_0^{2}\sin(2\alpha)}{g}

en utilisant l’identité 2sin⁡αcos⁡α=sin⁡(2α)2\sin\alpha\cos\alpha=\sin(2\alpha).

3.3  Flèche et vitesse au sommet

Au sommet, la vitesse verticale s’annule : vz=0v_z=0, soit ts=v0sin⁡αg=tv2t_s = \dfrac{v_0\sin\alpha}{g} = \dfrac{t_v}{2} — le sommet est atteint à mi-vol, par symétrie de la parabole.

Théorème — flèche et vitesse au sommet

H=z(ts)=v02sin⁡2α2gv⃗(ts)=v0cos⁡α ı⃗  (purement horizontale)H = z(t_s) = \dfrac{v_0^{2}\sin^{2}\alpha}{2g} \qquad\qquad \vec v(t_s) = v_0\cos\alpha\ \vec\imath\ \ (\text{purement horizontale})

Exemple — portée et flèche du ballon

Avec v0=25 m⋅s−1v_0=25\ \text{m·s}^{-1}, cos⁡α=0,60\cos\alpha=0{,}60, sin⁡α=0,80\sin\alpha=0{,}80 :

  1. tv=2×25×0,809,8=409,8t_v = \dfrac{2\times 25\times 0{,}80}{9{,}8} = \dfrac{40}{9{,}8}
  2. ≈\approx4,08 s4{,}08\ \text{s}
  3. D=15×4,08D = 15\times 4{,}08
  4. ≈\approx61,2 m61{,}2\ \text{m}
  5. H=2022×9,8=40019,6H = \dfrac{20^{2}}{2\times 9{,}8} = \dfrac{400}{19{,}6}
  6. ≈\approx20,4 m20{,}4\ \text{m}
Portée D et flèche H de la trajectoire H ≈ 20,4 m D ≈ 61,2 m O
Figure 4 — Portée DD et flèche HH de la trajectoire du ballon (v0=25 m⋅s−1v_0=25\ \text{m·s}^{-1}, α≈53,1°\alpha\approx 53{,}1°), valeurs calculées ci-dessus.

3.4  Cas général : arrivée à une altitude différente

Les formules ci-dessus supposent un départ et une arrivée au même niveau. Si ce n’est pas le cas — cible en contrebas ou en surplomb —, il faut revenir directement aux équations horaires : on résout z(t)=zfz(t)=z_f, une équation du second degré en tt. C’est aussi de cette façon que l’on traite un tir avec des conditions initiales quelconques, y compris une hauteur de lancement non nulle.

Méthode — altitude d’arrivée différente

Pose z(t)=−12g t2+v0sin⁡α⋅t=zfz(t) = -\dfrac{1}{2}g\,t^{2}+v_0\sin\alpha \cdot t = z_f, avec zfz_f l’altitude (éventuellement négative) du point d’arrivée par rapport à OO. Résous cette équation du second degré ; ne garde que la racine positive ; calcule ensuite x=v0cos⁡α⋅tx=v_0\cos\alpha \cdot t et, si besoin, la vitesse à l’arrivée à partir de vxv_x et vz(t)v_z(t).

Exemple — un archer sur un rempart

Un archer, posté au sommet d’un rempart haut de H=15 mH=15\ \text{m}, tire une flèche à v0=30 m⋅s−1v_0=30\ \text{m·s}^{-1} sous α=20°\alpha=20° (sin⁡α≈0,342\sin\alpha\approx 0{,}342, cos⁡α≈0,940\cos\alpha\approx 0{,}940), vers la plaine horizontale au pied du rempart. Où et quand touche-t-elle le sol ?

  1. v0x≈28,2 m⋅s−1v_{0x}\approx 28{,}2\ \text{m·s}^{-1} ; v0z≈10,26 m⋅s−1v_{0z}\approx 10{,}26\ \text{m·s}^{-1}
  2. sol : z(t)=−Hz(t)=-H, soit 4,9 t2−10,26 t−15=04{,}9\,t^{2}-10{,}26\,t-15=0
  3. Δ=10,262+4×4,9×15≈399,3\Delta = 10{,}26^{2}+4\times 4{,}9\times 15 \approx 399{,}3
  4. ⇒\Rightarrowt=10,26+399,39,8≈3,09 st = \dfrac{10{,}26+\sqrt{399{,}3}}{9{,}8} \approx 3{,}09\ \text{s}on écarte la racine négative
  5. x=28,2×3,09x = 28{,}2\times 3{,}09
  6. ≈\approx87,0 m87{,}0\ \text{m}

La flèche touche le sol à 87,0 m87{,}0\ \text{m} du pied du rempart, 3,09 s3{,}09\ \text{s} après le tir.

4Influence de l’angle de tir

À vitesse initiale v0v_0 fixée, portée et flèche ne dépendent plus que de l’angle α\alpha. Cette section répond à une question que tout sportif se pose intuitivement : quel angle donne le tir le plus loin ?

4.1  Portée maximale : l’angle de 45°

Théorème — portée maximale

À v0v_0 fixé, la portée D(α)=v02sin⁡(2α)gD(\alpha)=\dfrac{v_0^{2}\sin(2\alpha)}{g} est maximale pour α=45°\alpha=45°, et vaut alors Dmax⁡=v02gD_{\max}=\dfrac{v_0^{2}}{g}.

Démonstration

La fonction sinus atteint son maximum, 11, lorsque son argument vaut 90°90°.

  1. D(α)D(\alpha) maximale   ⟺  sin⁡(2α)\iff \sin(2\alpha) maximal
  2.   ⟺  \iff2α=90°2\alpha=90°pour α∈ ]0°;90°[\alpha \in\ ]0°;90°[, 2α∈ ]0°;180°[2\alpha \in\ ]0°;180°[
  3.   ⟺  \iffα=45°\alpha=45°
  4. alors sin⁡(2α)=sin⁡90°=1\sin(2\alpha)=\sin 90°=1
  5. ⇒\RightarrowDmax⁡=v02gD_{\max}=\dfrac{v_0^{2}}{g}

4.2  Angles complémentaires

Propriété — angles complémentaires

Deux angles de tir complémentaires, α\alpha et 90°−α90°-\alpha, donnent la même portée (mais des flèches et des durées de vol différentes) :

  1. sin⁡(2(90°−α))=sin⁡(180°−2α)\sin\left(2(90°-\alpha)\right) = \sin\left(180°-2\alpha\right)
  2. ==sin⁡(2α)\sin(2\alpha)sin⁡(180°−θ)=sin⁡θ\sin(180°-\theta)=\sin\theta
  3. ⇒\RightarrowD(90°−α)=D(α)D(90°-\alpha)=D(\alpha)

4.3  Faisceau de trajectoires

Le tableau et la Figure 5 comparent des tirs de même vitesse initiale v0=25 m⋅s−1v_0=25\ \text{m·s}^{-1}, sous des angles différents.

α\alpha15°15°30°30°45°45°60°60°75°75°90°90°
sin⁡(2α)\sin(2\alpha)0,5000{,}5000,8660{,}8661,0001{,}0000,8660{,}8660,5000{,}5000,0000{,}000
portée (m)31,931{,}955,255{,}263,863{,}855,255{,}231,931{,}90,00{,}0
flèche (m)2,12{,}18,08{,}015,915{,}923,923{,}929,829{,}831,931{,}9

Le tableau confirme la propriété : 15°15°/75°75°, comme 30°30°/60°60°, donnent la même portée, mais des flèches très différentes. Le cas α=90°\alpha=90° est limite : tir purement vertical, portée nulle, flèche maximale.

Faisceau de trajectoires (v0 = 25 m·s⁻¹, α variable) x (m) z (m) 20 40 60 10 20 30° 45° (max) 60° 75°
Figure 5 — Faisceau de trajectoires pour v0=25 m⋅s−1v_0=25\ \text{m·s}^{-1} et α∈{30°,45°,60°,75°}\alpha \in \{30°,45°,60°,75°\}. Les tirs à 30°30° et 60°60° atteignent la même portée (mais pas la même flèche) ; le tir à 45°45° (violet) va le plus loin ; le tir à 75°75° (rouge) monte très haut mais retombe court — le piège classique du « tir qui monte fort ».
Attention

Un tir « qui monte très haut » n’est pas forcément un tir « qui va très loin » : la Figure 5 le montre clairement. Ne confonds jamais flèche maximale (α=90°\alpha=90°) et portée maximale (α=45°\alpha=45°).

Physique & Co — le boulet de Newton

Dans son Traité du système du monde (rédigé vers 1685, publié en français en 1728), Isaac Newton imagine un canon posté au sommet d’une haute montagne, tirant des boulets de plus en plus vite, horizontalement. Plus la vitesse initiale augmente, plus la portée s’allonge — jusqu’au moment où la courbure de la trajectoire égale celle de la Terre elle-même : le boulet ne retombe plus jamais. Il est en orbite.

Cette expérience de pensée, restée célèbre sous le nom de canon de Newton, montre qu’un satellite en orbite basse est, physiquement, un projectile en chute libre perpétuelle : il tombe sans cesse vers la Terre, mais sa vitesse horizontale est si grande que le sol se dérobe sous lui aussi vite qu’il chute. Tu retrouveras cette idée, formalisée, dans le chapitre sur les mouvements dans un champ de gravitation.

5Étude énergétique

Une seconde méthode, indépendante de la géométrie de la trajectoire, permet de retrouver certains résultats précédents — et d’en obtenir de nouveaux. Elle utilise deux outils déjà rencontrés en physique : le théorème de l’énergie cinétique et la conservation de l’énergie mécanique.

5.1  Travail du poids

Propriété — travail du poids

Le travail du poids entre un point de départ AA et un point d’arrivée BB ne dépend que des altitudes zAz_A et zBz_B, jamais du chemin suivi :

WAB(P⃗)=mg(zA−zB)W_{AB}(\vec P) = mg\left(z_A-z_B\right)

Une force dont le travail ne dépend que des positions de départ et d’arrivée est dite conservative — le poids en est l’exemple le plus important du programme.

5.2  Théorème de l’énergie cinétique

Théorème de l’énergie cinétique (rappel)

Dans un référentiel galiléen, la variation d’énergie cinétique d’un solide entre deux instants est égale à la somme des travaux des forces extérieures qui s’exercent sur lui :

Ec(B)−Ec(A)=∑WAB(F⃗ext)avecEc=12mv2E_c(B) - E_c(A) = \sum W_{AB}\left(\vec F_{\text{ext}}\right) \qquad \text{avec}\qquad E_c=\dfrac{1}{2}mv^{2}

Exemple — vitesse à l’arrivée, par l’énergie

Le ballon (v0=25 m⋅s−1v_0=25\ \text{m·s}^{-1}), tiré depuis le sol, y retombe (zB=zA=0z_B=z_A=0). Seul le poids travaille. Quelle est sa vitesse à l’arrivée ?

  1. Ec(B)−Ec(A)=WAB(P⃗)=mg(zA−zB)=0E_c(B)-E_c(A) = W_{AB}(\vec P) = mg\left(z_A-z_B\right) = 0zA=zB=0z_A=z_B=0
  2. ⇒\RightarrowEc(B)=Ec(A)E_c(B)=E_c(A)
  3. ⇒\RightarrowvB=vA=v0=25 m⋅s−1v_B = v_A = v_0 = 25\ \text{m·s}^{-1}

Le ballon retombe avec la même valeur de vitesse qu’au départ — seule sa direction a changé, par symétrie de la parabole.

5.3  Conservation de l’énergie mécanique

Théorème — conservation de l’énergie mécanique

Lorsque seules des forces conservatives travaillent, l’énergie mécanique Em=Ec+EppE_m=E_c+E_{pp} (avec Epp=mgzE_{pp}=mgz, zz comptée vers le haut) se conserve au cours du mouvement :

Em=12mv2+mgz=constanteE_m = \dfrac{1}{2}mv^{2}+mgz = \text{constante}

Démonstration
  1. Ec(B)−Ec(A)=WAB(P⃗)=mgzA−mgzBE_c(B)-E_c(A) = W_{AB}(\vec P) = mgz_A-mgz_BTEC, seul le poids travaille
  2. ⇒\RightarrowEc(B)+mgzB=Ec(A)+mgzAE_c(B)+mgz_B = E_c(A)+mgz_A
  3. ⇒\RightarrowEm(B)=Em(A)E_m(B) = E_m(A)

Ceci étant vrai entre deux instants quelconques, EmE_m reste constante tout au long du mouvement. C.Q.F.D.

La Figure 6 représente l’évolution de Ec(t)E_c(t), Epp(t)E_{pp}(t) et Em(t)E_m(t) pour le ballon (m=0,45 kgm=0{,}45\ \text{kg}) : l’une croît quand l’autre décroît, mais leur somme ne bouge jamais.

Diagramme énergétique au cours du vol (m = 0,45 kg) t (s) E (J) ts tv Em ≈ 140,6 J (constante) Ec(t) Epp(t)
Figure 6 — Énergie cinétique EcE_c (violet), énergie potentielle de pesanteur EppE_{pp} (verte) et énergie mécanique EmE_m (pointillés, constante) du ballon au cours du vol. EcE_c est minimale au sommet, EppE_{pp} y est maximale : leur somme reste égale à 140,6 J140{,}6\ \text{J}.
Exemple — vitesse au sommet, par l’énergie

Vérifions la vitesse au sommet (z=H=20,4 mz=H=20{,}4\ \text{m}) sans repasser par les équations horaires.

  1. 12v02=12vs2+gH\dfrac{1}{2}v_0^{2} = \dfrac{1}{2}v_s^{2}+gHconservation de EmE_m (par unité de masse), départ au sol
  2. ⇒\Rightarrowvs2=v02−2gH=625−2×9,8×20,4v_s^{2} = v_0^{2}-2gH = 625-2\times 9{,}8\times 20{,}4
  3. ≈\approx625−399,8≈225,2625-399{,}8 \approx 225{,}2
  4. ⇒\Rightarrowvs≈15,0 m⋅s−1v_s \approx 15{,}0\ \text{m·s}^{-1}

On retrouve vs=v0cos⁡α=25×0,60=15 m⋅s−1v_s=v_0\cos\alpha=25\times 0{,}60=15\ \text{m·s}^{-1} : les méthodes cinématique et énergétique s’accordent, comme il se doit.

5.4  Retour sur le plan incliné : vérification énergétique

Exemple — le toboggan, revisité

Reprenons le toboggan de la section 1.5 (θ=25°\theta=25°, L=4,0 mL=4{,}0\ \text{m}, v0=0v_0=0) : retrouvons la vitesse en bas par la conservation de l’énergie, sans passer par l’accélération.

  1. dénivelée : h=Lsin⁡25°=4,0×0,4226h = L\sin 25° = 4{,}0\times 0{,}4226
  2. ≈\approx1,69 m1{,}69\ \text{m}
  3. 12vbas2=gh\dfrac{1}{2}v_{\text{bas}}^{2} = ghEmE_m conservée, v0=0v_0=0, N⃗\vec N ne travaille pas
  4. ⇒\Rightarrowvbas=2gh=2×9,8×1,69v_{\text{bas}} = \sqrt{2gh} = \sqrt{2\times 9{,}8\times 1{,}69}
  5. ≈\approx5,76 m⋅s−15{,}76\ \text{m·s}^{-1}

Exactement la valeur trouvée en section 1.5 par la dynamique : les deux méthodes se recoupent, une excellente façon de vérifier un résultat le jour du bac.

Attention

La réaction normale N⃗\vec N ne travaille jamais lorsqu’elle est perpendiculaire au déplacement (glissement sans frottement) : c’est ce qui autorise la conservation directe de EmE_m sur un plan incliné, exactement comme pour un projectile en l’air.

6Rôle des frottements

Tout ce chapitre suppose le mouvement sans frottement. Cette hypothèse, souvent excellente, cesse de l’être dès que la vitesse ou la surface frontale de l’objet augmentent. Cette dernière section en présente les effets, qualitativement : la résolution complète du mouvement avec frottement dépasse le programme de terminale.

6.1  Origine physique des frottements

Définition

Un objet en mouvement dans l’air subit une force de résistance de l’air (traînée), opposée à son vecteur vitesse v⃗\vec v, dont la valeur croît avec la vitesse — le plus souvent selon f=kv2f=kv^{2} aux vitesses usuelles d’un projectile. Elle dépend de la vitesse, de la forme de l’objet, de sa surface frontale et de la masse volumique de l’air.

La chute libre néglige cette force. C’est justifié pour un objet compact et dense (boule de pétanque, boulet), et de moins en moins justifié pour un objet léger et étendu (plume, ballon de baudruche, parachute) ou lancé à très grande vitesse (obus, service au tennis).

6.2  Conséquences sur la trajectoire

Trois effets qualitatifs, communs à toute résistance de l’air, se dégagent :

  • la trajectoire n’est plus une parabole ; elle perd sa symétrie : la branche descendante est plus raide que la branche montante ;
  • la portée et la flèche sont toutes deux réduites par rapport au cas idéal ;
  • le sommet de la trajectoire réelle est atteint plus tôt, pour une distance horizontale plus courte.

La Figure 7 compare, pour le même ballon lancé dans les mêmes conditions initiales (v0=25 m⋅s−1v_0=25\ \text{m·s}^{-1}, α≈53°\alpha\approx 53°), la trajectoire idéale (sans frottement, pointillés) et une trajectoire simulée numériquement avec une traînée réaliste (f≈0,013 m v2f\approx 0{,}013\,m\,v^{2}) : la portée chute d’environ 61 m61\ \text{m} à moins de 38 m38\ \text{m}.

Trajectoire idéale et trajectoire avec frottements de l’air x z sans frottement (D ≈ 61,2 m) avec frottements (D ≈ 37,8 m)
Figure 7 — Même ballon, mêmes conditions de lancement : trajectoire idéale (pointillés) contre trajectoire simulée numériquement avec résistance de l’air quadratique (rouge). La portée, la flèche et la symétrie de la courbe sont toutes affectées.
Physique & Co — le marteau et la plume sur la Lune

Le 2 août 1971, le commandant David Scott, de la mission Apollo 15, réalise en direct devant les caméras une expérience restée célèbre : il lâche simultanément un marteau et une plume de faucon, à la même hauteur, à la surface de la Lune. Sans atmosphère, donc sans aucune résistance de l’air, les deux objets touchent le sol lunaire exactement au même instant — la démonstration la plus spectaculaire jamais filmée du principe d’équivalence pressenti par Galilée.

Sur Terre, la même expérience donnerait un résultat très différent : la plume, freinée par l’air, tomberait bien plus lentement que le marteau. La chute libre parfaite n’existe, en toute rigueur, que dans le vide.

6.3  Quand peut-on négliger les frottements ?

Exemple — deux objets, deux comportements

Une boule de pétanque (compacte, dense, quelques mètres par seconde) : le poids l’emporte très largement sur la résistance de l’air ; la chute libre est une excellente approximation.

Un volant de badminton (léger, très étendu, jusqu’à 100 km/h100\ \text{km/h} au service) : la résistance de l’air domine presque instantanément le mouvement, qui s’écarte radicalement d’une parabole — c’est d’ailleurs la forme même du volant qui est conçue pour cela, afin de le stabiliser et de le freiner rapidement.

En pratique : frottements négligeables pour un objet massif, compact, à vitesse modérée, sur une courte durée de vol ; frottements déterminants dans le cas contraire.

Fiche mémo

  • Chute libre : seule force = poids ; a⃗=g⃗\vec a=\vec g, indépendant de la masse (principe d’équivalence).
  • Chute verticale (axe vers le bas) : vz(t)=gt+vz0v_z(t)=gt+v_{z0} ; z(t)=12gt2+vz0t+z0z(t)=\frac12gt^2+v_{z0}t+z_0 ; vz2=vz02+2g(z−z0)v_z^2=v_{z0}^2+2g(z-z_0).
  • Plan incliné sans frottement : a=gsin⁡θa=g\sin\theta (même méthode que la chute libre).
  • Tir oblique (axe vertical vers le haut, origine au lancement) : ax=0a_x=0, az=−ga_z=-g ; vx=v0cos⁡αv_x=v_0\cos\alpha (constante), vz=−gt+v0sin⁡αv_z=-gt+v_0\sin\alpha.
  • Équations horaires : x(t)=v0cos⁡α tx(t)=v_0\cos\alpha\,t ; z(t)=−12gt2+v0sin⁡α tz(t)=-\frac12gt^2+v_0\sin\alpha\,t.
  • Équation de la trajectoire (parabole) : z(x)=−g2v02cos⁡2αx2+tan⁡α xz(x)=-\dfrac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}x^2+\tan\alpha\,x.
  • Départ = arrivée au sol : tv=2v0sin⁡αgt_v=\dfrac{2v_0\sin\alpha}{g} ; D=v02sin⁡(2α)gD=\dfrac{v_0^2\sin(2\alpha)}{g} ; H=v02sin⁡2α2gH=\dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g} ; vitesse au sommet =v0cos⁡α=v_0\cos\alpha (horizontale).
  • Altitude d’arrivée différente : pas de formule toute faite — résoudre z(t)=zfz(t)=z_f (second degré).
  • Portée maximale à α=45°\alpha=45° (Dmax⁡=v02/gD_{\max}=v_0^2/g) ; α\alpha et 90°−α90°-\alpha donnent la même portée.
  • TEC : Ec(B)−Ec(A)=∑WABE_c(B)-E_c(A)=\sum W_{AB} ; énergie mécanique Em=12mv2+mgzE_m=\frac12mv^2+mgz conservée si seul le poids travaille.
  • Frottements de l’air : trajectoire asymétrique, portée et flèche réduites — négligeables pour un objet dense et compact, déterminants sinon.

7Exercices corrigés

Niveau 1 — Application directe
1

Une noix tombe d’un cocotier, sans vitesse initiale, d’une hauteur h=13 mh=13\ \text{m}. Calcule la durée de chute et la vitesse d’impact.

Voir le corrigé détaillé
  1. t=2hg=2×139,8t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}=\sqrt{\dfrac{2\times 13}{9{,}8}}
  2. ≈\approx1,63 s1{,}63\ \text{s}
  3. v=2gh=2×9,8×13v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times 9{,}8\times 13}
  4. ≈\approx16,0 m⋅s−116{,}0\ \text{m·s}^{-1}
2

Un sac est lâché avec une vitesse initiale de 4,0 m⋅s−14{,}0\ \text{m·s}^{-1} vers le bas, depuis un balcon haut de 15 m15\ \text{m}. Calcule la durée de chute et la vitesse d’impact.

Voir le corrigé détaillé
  1. z(t)=4,9 t2+4,0 t=15z(t)=4{,}9\,t^{2}+4{,}0\,t=15
  2. Δ=4,02+4×4,9×15=310,0\Delta=4{,}0^{2}+4\times 4{,}9\times 15=310{,}0
  3. ⇒\Rightarrowt=−4,0+310,09,8t=\dfrac{-4{,}0+\sqrt{310{,}0}}{9{,}8}
  4. ≈\approx1,39 s1{,}39\ \text{s}
  5. v=v0+gt≈4,0+9,8×1,39v=v_0+gt \approx 4{,}0+9{,}8\times 1{,}39
  6. ≈\approx17,6 m⋅s−117{,}6\ \text{m·s}^{-1}
3

Un projectile est lancé à v0=16 m⋅s−1v_0=16\ \text{m·s}^{-1} sous α=30°\alpha=30°. Calcule v0xv_{0x} et v0zv_{0z}, puis sa position et sa vitesse à t=1,0 st=1{,}0\ \text{s}.

Voir le corrigé détaillé
  1. v0x=16cos⁡30°≈13,9 m⋅s−1v_{0x}=16\cos 30° \approx 13{,}9\ \text{m·s}^{-1} ; v0z=16sin⁡30°=8,0 m⋅s−1v_{0z}=16\sin 30°=8{,}0\ \text{m·s}^{-1}
  2. x(1)=13,9×1,0≈13,9 mx(1)=13{,}9\times 1{,}0 \approx 13{,}9\ \text{m}
  3. z(1)=−4,9×1,02+8,0×1,0z(1)=-4{,}9\times 1{,}0^{2}+8{,}0\times 1{,}0
  4. ==3,1 m3{,}1\ \text{m}
  5. vz(1)=−9,8+8,0=−1,8 m⋅s−1v_z(1)=-9{,}8+8{,}0=-1{,}8\ \text{m·s}^{-1}
  6. v(1)=13,92+1,82v(1)=\sqrt{13{,}9^{2}+1{,}8^{2}}
  7. ≈\approx14,0 m⋅s−114{,}0\ \text{m·s}^{-1}
4

Un projectile est lancé à v0=12 m⋅s−1v_0=12\ \text{m·s}^{-1} sous α=35°\alpha=35°, depuis et vers le même niveau. Calcule sa portée et sa flèche.

Voir le corrigé détaillé
  1. D=v02sin⁡(2α)g=144×sin⁡70°9,8D=\dfrac{v_0^{2}\sin(2\alpha)}{g}=\dfrac{144\times\sin 70°}{9{,}8}
  2. ≈\approx13,8 m13{,}8\ \text{m}
  3. H=v02sin⁡2α2g=144×sin⁡235°19,6H=\dfrac{v_0^{2}\sin^{2}\alpha}{2g}=\dfrac{144\times\sin^{2}35°}{19{,}6}
  4. ≈\approx2,42 m2{,}42\ \text{m}
5

Un sauteur en longueur décolle à v0=8,5 m⋅s−1v_0=8{,}5\ \text{m·s}^{-1} sous α=20°\alpha=20° (modèle simplifié : centre de masse ponctuel). Calcule la durée de son saut et sa vitesse au sommet de la trajectoire.

Voir le corrigé détaillé
  1. tv=2v0sin⁡αg=2×8,5×sin⁡20°9,8t_v=\dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}=\dfrac{2\times 8{,}5\times\sin 20°}{9{,}8}
  2. ≈\approx0,593 s0{,}593\ \text{s}
  3. vsommet=v0cos⁡α=8,5×cos⁡20°v_{\text{sommet}}=v_0\cos\alpha=8{,}5\times\cos 20°
  4. ≈\approx8,0 m⋅s−18{,}0\ \text{m·s}^{-1}

Soit une portée théorique D≈4,74 mD\approx 4{,}74\ \text{m} — cohérente avec une performance de bon niveau.

Niveau 2 — Approfondissement
6

Un projectile a pour équations horaires x(t)=10 tx(t)=10\,t et z(t)=20 t−4,9 t2z(t)=20\,t-4{,}9\,t^{2} (m, s).

  1. Établis l’équation de sa trajectoire.
  2. Le point A(20 ; 15)A(20\,;\,15) appartient-il à cette trajectoire ?

Voir le corrigé détaillé
  1. t=x10t=\dfrac{x}{10}
  2. ⇒\Rightarrowz(x)=20×x10−4,9(x10)2z(x)=20\times\dfrac{x}{10}-4{,}9\left(\dfrac{x}{10}\right)^{2}
  3. ==2x−0,049 x22x-0{,}049\,x^{2}

Pour x=20x=20 : z=2×20−0,049×202=40−19,6=20,4 m≠15 mz=2\times 20-0{,}049\times 20^{2}=40-19{,}6=20{,}4\ \text{m} \neq 15\ \text{m}. Le point AA n’appartient pas à la trajectoire : à x=20 mx=20\ \text{m}, le projectile passe à 20,4 m20{,}4\ \text{m} de haut, pas à 15 m15\ \text{m}.

7

Avec quel(s) angle(s) α\alpha faut-il lancer un projectile à v0=20 m⋅s−1v_0=20\ \text{m·s}^{-1} pour atteindre une portée de 25 m25\ \text{m} (même niveau) ?

Voir le corrigé détaillé
  1. sin⁡(2α)=Dgv02=25×9,8400\sin(2\alpha)=\dfrac{Dg}{v_0^{2}}=\dfrac{25\times 9{,}8}{400}
  2. ==0,61250{,}6125
  3. ⇒\Rightarrow2α≈37,8°2\alpha \approx 37{,}8° ou 2α≈180°−37,8°=142,2°2\alpha \approx 180°-37{,}8°=142{,}2°
  4. ⇒\Rightarrowα≈18,9°\alpha \approx 18{,}9° ou α≈71,1°\alpha \approx 71{,}1°

Deux angles complémentaires (18,9°+71,1°=90°18{,}9°+71{,}1°=90°) conviennent, conformément à la propriété de la section 4.2.

8

Un skieur part sans vitesse initiale du sommet d’une piste rectiligne inclinée de θ=18°\theta=18°, longue de L=25 mL=25\ \text{m}, assimilée à un plan sans frottement. Calcule son accélération, la durée de la descente et sa vitesse en bas.

Voir le corrigé détaillé
  1. a=gsin⁡18°=9,8×0,309a=g\sin 18° = 9{,}8\times 0{,}309
  2. ≈\approx3,03 m⋅s−23{,}03\ \text{m·s}^{-2}
  3. t=2La=2×253,03t=\sqrt{\dfrac{2L}{a}}=\sqrt{\dfrac{2\times 25}{3{,}03}}
  4. ≈\approx4,06 s4{,}06\ \text{s}
  5. v=at≈3,03×4,06v=at \approx 3{,}03\times 4{,}06
  6. ≈\approx12,3 m⋅s−112{,}3\ \text{m·s}^{-1}
9

Une balle de masse m=0,20 kgm=0{,}20\ \text{kg} est lancée à v0=18 m⋅s−1v_0=18\ \text{m·s}^{-1} sous α=40°\alpha=40°, depuis le sol. Calcule son énergie mécanique, puis sa vitesse lorsqu’elle atteint la moitié de sa flèche maximale.

Voir le corrigé détaillé
  1. Em=12mv02=12×0,20×182E_m=\dfrac{1}{2}mv_0^{2}=\dfrac{1}{2}\times 0{,}20\times 18^{2}
  2. ==32,4 J32{,}4\ \text{J}
  3. H=v02sin⁡2α2g≈6,83 mH=\dfrac{v_0^{2}\sin^{2}\alpha}{2g}\approx 6{,}83\ \text{m}flèche
  4. z=H2≈3,42 mz=\dfrac{H}{2}\approx 3{,}42\ \text{m}
  5. 12mv2=Em−mgz\dfrac{1}{2}mv^{2}=E_m-mgzconservation de EmE_m
  6. ⇒\Rightarrowv=v02−2gz=324−2×9,8×3,42v=\sqrt{v_0^{2}-2gz}=\sqrt{324-2\times 9{,}8\times 3{,}42}
  7. ≈\approx16,0 m⋅s−116{,}0\ \text{m·s}^{-1}
Niveau 3 — Type bac
10

Coup franc. Un coup franc est tiré à v0=23,1 m⋅s−1v_0=23{,}1\ \text{m·s}^{-1} sous α=17,6°\alpha=17{,}6°. Un mur de joueurs, haut de 2,00 m2{,}00\ \text{m}, est placé à la distance réglementaire de 9,15 m9{,}15\ \text{m} du ballon ; le but, dont la barre transversale est à 2,44 m2{,}44\ \text{m}, se trouve 20,0 m20{,}0\ \text{m} plus loin.

  1. Calcule les composantes de v⃗0\vec v_0.
  2. Le ballon franchit-il le mur ?
  3. Passe-t-il sous la barre transversale ?
Voir le corrigé détaillé
  1. v0x=23,1cos⁡17,6°≈22,0 m⋅s−1v_{0x}=23{,}1\cos 17{,}6° \approx 22{,}0\ \text{m·s}^{-1} ; v0z=23,1sin⁡17,6°≈7,0 m⋅s−1v_{0z}=23{,}1\sin 17{,}6° \approx 7{,}0\ \text{m·s}^{-1}

2. Équation de la trajectoire : z(x)≈0,318 x−0,01012 x2z(x) \approx 0{,}318\,x-0{,}01012\,x^{2}.

  1. z(9,15)≈0,318×9,15−0,01012×9,152z(9{,}15) \approx 0{,}318\times 9{,}15-0{,}01012\times 9{,}15^{2}
  2. ≈\approx2,06 m2{,}06\ \text{m}

2,06 m>2,00 m2{,}06\ \text{m} > 2{,}00\ \text{m} : le ballon franchit le mur, de justesse (6 cm6\ \text{cm}).

  1. z(20,0)≈0,318×20,0−0,01012×20,02z(20{,}0) \approx 0{,}318\times 20{,}0-0{,}01012\times 20{,}0^{2}
  2. ≈\approx2,31 m2{,}31\ \text{m}

2,31 m<2,44 m2{,}31\ \text{m} < 2{,}44\ \text{m} : le ballon passe sous la barre — c’est but, à 13 cm13\ \text{cm} près (Figure 8).

Coup franc : franchit-il le mur, puis passe-t-il sous la barre ? mur 2,00 m9,15 m barre 2,44 m20,0 m
Figure 8 — Trajectoire du coup franc (violet) : le ballon passe à 2,06 m2{,}06\ \text{m} au-dessus du mur (point rouge, juste au-dessus de 2,00 m2{,}00\ \text{m}) puis à 2,31 m2{,}31\ \text{m} sous la barre transversale (point rouge, juste sous 2,44 m2{,}44\ \text{m}).
11

Artillerie. Un obusier, posté au sommet d’une colline dominant une plaine 80 m80\ \text{m} en contrebas, tire un obus à v0=250 m⋅s−1v_0=250\ \text{m·s}^{-1} sous α=15°\alpha=15°.

  1. Détermine la durée de vol jusqu’à l’impact dans la plaine.
  2. Calcule la distance horizontale parcourue.
  3. Calcule la vitesse d’impact.

Voir le corrigé détaillé
  1. v0x≈241,5 m⋅s−1v_{0x}\approx 241{,}5\ \text{m·s}^{-1} ; v0z≈64,7 m⋅s−1v_{0z}\approx 64{,}7\ \text{m·s}^{-1}
  2. z(t)=−80z(t)=-80 : 4,9 t2−64,7 t−80=04{,}9\,t^{2}-64{,}7\,t-80=0
  3. Δ=64,72+4×4,9×80≈5754,7\Delta=64{,}7^{2}+4\times 4{,}9\times 80\approx 5754{,}7
  4. ⇒\Rightarrowt=64,7+5754,79,8t=\dfrac{64{,}7+\sqrt{5754{,}7}}{9{,}8}
  5. ≈\approx14,3 s14{,}3\ \text{s}
  6. x=241,5×14,3x=241{,}5\times 14{,}3
  7. ≈\approx3 464 m3\,464\ \text{m}
  8. vz=64,7−9,8×14,3≈−75,9 m⋅s−1v_z=64{,}7-9{,}8\times 14{,}3\approx -75{,}9\ \text{m·s}^{-1}
  9. v=241,52+75,92v=\sqrt{241{,}5^{2}+75{,}9^{2}}
  10. ≈\approx253,1 m⋅s−1253{,}1\ \text{m·s}^{-1}
12

Restitution organisée de connaissances.

  1. Démontre que, pour un tir oblique lancé et reçu au même niveau, la portée est maximale pour α=45°\alpha=45°.
  2. Démontre que deux angles complémentaires donnent la même portée.
  3. Un lanceur dispose de v0=40 m⋅s−1v_0=40\ \text{m·s}^{-1}. Calcule sa portée maximale, puis les deux angles permettant d’atteindre 120 m120\ \text{m}.

Voir le corrigé détaillé

1. et 2. Démonstrations : voir sections 4.1 et 4.2 du cours — D(α)=v02sin⁡(2α)gD(\alpha)=\dfrac{v_0^{2}\sin(2\alpha)}{g} est maximale quand sin⁡(2α)=1\sin(2\alpha)=1, soit α=45°\alpha=45° ; et sin⁡(2(90°−α))=sin⁡(180°−2α)=sin⁡(2α)\sin\left(2(90°-\alpha)\right)=\sin(180°-2\alpha)=\sin(2\alpha), donc D(90°−α)=D(α)D(90°-\alpha)=D(\alpha).

3.

  1. Dmax⁡=v02g=16009,8D_{\max}=\dfrac{v_0^{2}}{g}=\dfrac{1600}{9{,}8}
  2. ≈\approx163,3 m163{,}3\ \text{m}
  3. sin⁡(2α)=120×9,81600=0,735\sin(2\alpha)=\dfrac{120\times 9{,}8}{1600}=0{,}735
  4. ⇒\Rightarrow2α≈47,3°2\alpha\approx 47{,}3° ou 2α≈132,7°2\alpha\approx 132{,}7°
  5. ⇒\Rightarrowα≈23,7°\alpha\approx 23{,}7° ou α≈66,3°\alpha\approx 66{,}3°
Niveau 4 — Problèmes de vie courante
13

Lancer de poids à Yaoundé. Lors d’un meeting d’athlétisme, une athlète lance le poids à v0=13 m⋅s−1v_0=13\ \text{m·s}^{-1} sous α=40°\alpha=40°, relâché à h0=2,1 mh_0=2{,}1\ \text{m} au-dessus du sol. Calcule la portée réelle du lancer, et compare-la à celle que donnerait la formule simplifiée (sans tenir compte de h0h_0).

Voir le corrigé détaillé
  1. v0x≈9,96 m⋅s−1v_{0x}\approx 9{,}96\ \text{m·s}^{-1} ; v0z≈8,36 m⋅s−1v_{0z}\approx 8{,}36\ \text{m·s}^{-1}
  2. z(t)=−h0z(t)=-h_0 : 4,9 t2−8,36 t−2,1=04{,}9\,t^{2}-8{,}36\,t-2{,}1=0
  3. Δ≈111,0\Delta\approx 111{,}0
  4. ⇒\Rightarrowt≈1,93 st\approx 1{,}93\ \text{s}
  5. x≈9,96×1,93x\approx 9{,}96\times 1{,}93
  6. ≈\approx19,2 m19{,}2\ \text{m}

La formule simplifiée (h0=0h_0=0) donnerait tv≈1,71 st_v\approx 1{,}71\ \text{s} et D≈17,0 mD\approx 17{,}0\ \text{m} : la hauteur de lâcher allonge le lancer réel de plus d’un mètre (+13%+13\%) — elle ne doit jamais être négligée pour ce type de discipline.

14

Largage humanitaire à Abéché. Un avion vole horizontalement à v0=55 m⋅s−1v_0=55\ \text{m·s}^{-1} à une altitude H=250 mH=250\ \text{m} et largue un colis de vivres (α=0\alpha=0). Calcule la durée de chute, la distance horizontale parcourue et la vitesse d’impact.

Voir le corrigé détaillé
  1. t=2Hg=2×2509,8t=\sqrt{\dfrac{2H}{g}}=\sqrt{\dfrac{2\times 250}{9{,}8}}
  2. ≈\approx7,14 s7{,}14\ \text{s}
  3. x=v0 t≈55×7,14x=v_0\,t\approx 55\times 7{,}14
  4. ≈\approx392,9 m392{,}9\ \text{m}
  5. vz=gt=9,8×7,14=70,0 m⋅s−1v_z=gt=9{,}8\times 7{,}14=70{,}0\ \text{m·s}^{-1}
  6. v=552+70,02v=\sqrt{55^{2}+70{,}0^{2}}
  7. ≈\approx89,0 m⋅s−189{,}0\ \text{m·s}^{-1}

Le colis doit donc être largué environ 393 m393\ \text{m} avant la verticale de la zone visée — un calcul vital pour que l’aide humanitaire arrive au bon endroit.

15

Fontaine à Dakar. Un jet d’eau ornemental est réglé pour sortir à v0=6,0 m⋅s−1v_0=6{,}0\ \text{m·s}^{-1}. Compare la portée et la flèche obtenues pour α=50°\alpha=50° et pour α=40°\alpha=40°.

Voir le corrigé détaillé
  1. D(50°)=36×sin⁡100°9,8≈3,62 mD(50°)=\dfrac{36\times\sin 100°}{9{,}8}\approx 3{,}62\ \text{m} ; D(40°)=36×sin⁡80°9,8≈3,62 mD(40°)=\dfrac{36\times\sin 80°}{9{,}8}\approx 3{,}62\ \text{m}
  2. H(50°)=36×sin⁡250°19,6≈1,08 mH(50°)=\dfrac{36\times\sin^{2}50°}{19{,}6}\approx 1{,}08\ \text{m}
  3. H(40°)=36×sin⁡240°19,6≈0,76 mH(40°)=\dfrac{36\times\sin^{2}40°}{19{,}6}\approx 0{,}76\ \text{m}

50°50° et 40°40° sont complémentaires : même portée (≈3,62 m\approx 3{,}62\ \text{m}), mais le jet à 50°50° monte nettement plus haut (1,08 m1{,}08\ \text{m} contre 0,76 m0{,}76\ \text{m}) — l’illustration miniature de la propriété de la section 4.2.

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📝 QCM de fin de leçon — 20 questions

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Un champ de pesanteur uniforme est caractérisé par un vecteur g⃗\vec g qui est :

Explication : Sur une zone limitée proche du sol, g⃗\vec g est le même en tout point : vertical, vers le bas, de valeur constante g=9,8 m⋅s−2g=9{,}8\ \text{m·s}^{-2}.

Un référentiel galiléen est un référentiel dans lequel :

Explication : C'est la définition même du référentiel galiléen. Le référentiel terrestre est considéré comme galiléen avec une excellente approximation pour les mouvements de ce chapitre.

Laquelle de ces affirmations distingue correctement masse et poids ?

Explication : P⃗=mg⃗\vec P = m\vec g : c'est le poids qui varie avec le lieu (via gg), jamais la masse.

Un solide est en chute libre lorsque :

Explication : La chute libre suppose que seul le poids agit ; la vitesse initiale peut être quelconque, nulle ou non.

Un solide de masse mm, en chute libre, n'est soumis qu'à son poids P⃗=mg⃗\vec P = m\vec g. D'après la deuxième loi de Newton, son vecteur accélération vaut :

Explication : La deuxième loi de Newton donne :
m g⃗=m a⃗m\,\vec g = m\,\vec a
⇒a⃗=g⃗\Rightarrow \vec a = \vec g
en simplifiant par m≠0m \neq 0. C'est le principe d'équivalence pressenti par Galilée.

Un solide glisse sans frottement sur un plan incliné faisant un angle θ\theta avec l'horizontale. Son accélération, le long du plan, vaut :

Explication : En projetant la deuxième loi de Newton le long du plan, seule la composante mgsin⁡θmg\sin\theta du poids intervient (N⃗\vec N n'a pas de composante le long du plan) : a=gsin⁡θa=g\sin\theta.

Sur un axe (Oz)(Oz) vertical orienté vers le bas, avec vz0v_{z0} la vitesse initiale et z0z_0 la position initiale, l'équation horaire de la vitesse en chute libre s'écrit :

Explication : az(t)=ga_z(t)=g est constant ; la vitesse est une primitive de l'accélération, avec la condition initiale vz(0)=vz0v_z(0)=v_{z0}, d'où vz(t)=g t+vz0v_z(t)=g\,t+v_{z0}.

Toujours sur cet axe, l'équation horaire de la position s'écrit :

Explication : La position est une primitive de vz(t)=g t+vz0v_z(t)=g\,t+v_{z0}, avec z(0)=z0z(0)=z_0 : z(t)=12g t2+vz0 t+z0z(t)=\dfrac{1}{2}g\,t^{2}+v_{z0}\,t+z_0.

Une pierre est lâchée sans vitesse initiale du haut d'une falaise haute de 44,1 m44{,}1\ \text{m}, près de Kindia. Sa vitesse d'impact au sol vaut environ (g=9,8 m⋅s−2g=9{,}8\ \text{m·s}^{-2}) :

Explication : t=2×44,19,8=9=3,0 st=\sqrt{\dfrac{2\times 44{,}1}{9{,}8}}=\sqrt{9}=3{,}0\ \text{s}
v=g t=9,8×3,0=29,4 m⋅s−1v=g\,t=9{,}8\times 3{,}0=29{,}4\ \text{m·s}^{-1}.

Un enfant part sans vitesse initiale du sommet d'un toboggan sans frottement, incliné de 30°30° sur l'horizontale et long de 5,0 m5{,}0\ \text{m}. Sa vitesse en bas vaut environ (g=9,8 m⋅s−2g=9{,}8\ \text{m·s}^{-2}, sin⁡30°=0,5\sin 30°=0{,}5) :

Explication : a=gsin⁡30°=9,8×0,5=4,9 m⋅s−2a=g\sin 30°=9{,}8\times 0{,}5=4{,}9\ \text{m·s}^{-2}
v=2 a L=2×4,9×5,0=49v=\sqrt{2\,a\,L}=\sqrt{2\times 4{,}9\times 5{,}0}=\sqrt{49}
=7,0 m⋅s−1=7{,}0\ \text{m·s}^{-1}.

Un projectile est lancé avec une vitesse initiale v0v_0 faisant un angle α\alpha avec l'horizontale. Ses composantes initiales, dans le repère usuel du tir oblique, sont :

Explication : v0xv_{0x} est la projection de v⃗0\vec v_0 sur l'horizontale, v0zv_{0z} sur la verticale : v0x=v0cos⁡αv_{0x}=v_0\cos\alpha et v0z=v0sin⁡αv_{0z}=v_0\sin\alpha.

Pendant tout le vol d'un projectile en chute libre, sans frottement, la composante horizontale de sa vitesse :

Explication : ax(t)=0a_x(t)=0 puisque g⃗\vec g est purement vertical, donc vx(t)=v0cos⁡αv_x(t)=v_0\cos\alpha reste constante tout au long du vol.

L'équation de la trajectoire d'un projectile lancé avec une vitesse v0v_0 sous un angle α\alpha depuis l'origine du repère (axe (Oz)(Oz) vers le haut) est :

Explication : On tire t=xv0cos⁡αt=\dfrac{x}{v_0\cos\alpha} de x(t)x(t), et on substitue dans z(t)z(t) : c'est une parabole tournée vers le bas, passant par l'origine.

Un gardien de but dégage le ballon à v0=18 m⋅s−1v_0=18\ \text{m·s}^{-1} sous un angle α\alpha tel que sin⁡α=0,60\sin\alpha=0{,}60, vers un point situé au même niveau. La durée du vol vaut environ (g=9,8 m⋅s−2g=9{,}8\ \text{m·s}^{-2}) :

Explication : tv=2v0sin⁡αg=2×18×0,609,8=21,69,8t_v = \dfrac{2v_0\sin\alpha}{g} = \dfrac{2\times 18\times 0{,}60}{9{,}8} = \dfrac{21{,}6}{9{,}8}
≈2,2 s\approx 2{,}2\ \text{s}.

Pour étudier un tir oblique, on choisit un repère où l'axe vertical (Oz)(Oz) est orienté vers le haut. Dans ce repère, la composante verticale de l'accélération du projectile vaut :

Explication : Piège classique : le signe de aza_z dépend de l'orientation choisie pour l'axe, jamais d'une règle universelle. Ici l'axe pointe vers le haut et g⃗\vec g vers le bas, donc az=−ga_z=-g.

Au même instant, un objet est lâché sans vitesse initiale depuis une table, tandis qu'un objet identique est lancé horizontalement depuis la même hauteur. Lequel touche le sol en premier ?

Explication : Piège classique du chapitre : le mouvement vertical (az=−ga_z=-g) est totalement indépendant du mouvement horizontal ; seule la distance horizontale parcourue diffère.

Lors d'un concours à Lomé, un athlète lance un objet à v0=14 m⋅s−1v_0=14\ \text{m·s}^{-1} sous un angle α=45°\alpha=45°, depuis et vers le même niveau. Sa portée vaut environ (g=9,8 m⋅s−2g=9{,}8\ \text{m·s}^{-2}) :

Explication : D=v02sin⁡(2α)g=v02gD=\dfrac{v_0^{2}\sin(2\alpha)}{g}=\dfrac{v_0^{2}}{g} car sin⁡90°=1\sin 90°=1
=1429,8=1969,8=20 m=\dfrac{14^{2}}{9{,}8}=\dfrac{196}{9{,}8}=20\ \text{m}.

Toujours avec v0=14 m⋅s−1v_0=14\ \text{m·s}^{-1} et α=45°\alpha=45°, la flèche (hauteur maximale) atteinte vaut environ :

Explication : H=v02sin⁡2α2g=196×0,519,6=9819,6H=\dfrac{v_0^{2}\sin^{2}\alpha}{2g}=\dfrac{196\times 0{,}5}{19{,}6}=\dfrac{98}{19{,}6}
=5,0 m=5{,}0\ \text{m}.

Deux tirs de même vitesse initiale v0v_0, effectués sous des angles de 20°20° et de 70°70°, respectivement :

Explication : 20°20° et 70°70° sont complémentaires (20°+70°=90°20°+70°=90°), donc sin⁡(2×20°)=sin⁡(2×70°)\sin(2\times 20°)=\sin(2\times 70°) : même portée. Mais sin⁡2α\sin^{2}\alpha diffère, donc les flèches sont différentes.

Un ballon est tiré depuis le sol et y retombe (même altitude de départ et d'arrivée). Seul le poids travaille pendant le vol. D'après la conservation de l'énergie mécanique, sa vitesse à l'arrivée :

Explication : EmE_m se conserve et zA=zBz_A=z_B, donc Ec(B)=Ec(A)E_c(B)=E_c(A), d'où vB=vAv_B=v_A : seule la direction de la vitesse a changé, par symétrie de la parabole.
Chapitre suivant →Gravitation et mouvement des satellites
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