Mouvement dans le champ de pesanteur uniforme

\[ \overrightarrow{\Pi} = - \rho _{\text{fluide}}\, V_{\text{objet immergé}}\, \overrightarrow{g} \]

Cette écriture indique bien que les vecteurs $\overrightarrow{\Pi}$ et $\overrightarrow{g}$ sont colinéaires, de sens opposés et que $\Pi = \rho _{\text{fluide}}\, V_{\text{objet immergé}}\, g$.

\[ \overrightarrow{f} = - k\, v^{n - 1}\, \overrightarrow{v} \]

Cette écriture indique bien que les vecteurs $\overrightarrow{f}$ et $\overrightarrow{v}$ sont colinéaires, de sens opposés et que $f = k\, v^{n - 1}\, v = k\, v^n$.

1. Système = {balle}
2. Étude des interactions:
   • Système – Terre modélisée par le poids $\overrightarrow{P}$
   • Système – Air modélisée par la poussée d’Archimède $\overrightarrow{\Pi}$ et la force de frottement fluide $\overrightarrow{f}$
3. Référentiel d’étude = {terrestre, considéré galiléen}
4. Schéma :
5. Deuxième loi de Newton : \[ m \overrightarrow{a} = \overrightarrow{P} + \overrightarrow{\Pi} + \overrightarrow{f} \] avec $\overrightarrow{a}$ l’accélération du système. À ce stade, on effectue l’hypothèse suivante (généralement indiquée dans les exercices) : la balle est un système de petit volume, beaucoup plus dense que l’air dans lequel elle se déplace. On peut donc négliger l’interaction du système avec l’air. \[ m \overrightarrow{a} = \overrightarrow{P} = m \overrightarrow{g} \] ou \[ \overrightarrow{a} = \overrightarrow{g} \tag{1} \]

L’accélération du système est colinéaire au champ de pesanteur. C’est une constante, le mouvement est uniformément accéléré.

La relation (1) est vectorielle, on choisit un repère afin de la transformer en système d’équations scalaires. Comme le mouvement sera manifestement vertical — à une dimension donc — on choisit le repère cartésien $(O ; \overrightarrow{k})$.

Dans ce repère, $\overrightarrow{g} = - g \overrightarrow{k}$ que l’on peut écrire : $\overrightarrow{g} (- g)$ et $\overrightarrow{a_{G}} = a_{z} \overrightarrow{k}$ que l’on peut écrire : $\overrightarrow{a_{G}} (a_{z})$.

L’inconnue $a_{z}$, comme toute composante d’un vecteur le long d’une axe, est une grandeur algébrique (positive, nulle ou négative, donc) ; son signe donne une indication du sens du vecteur $\overrightarrow{a_{G}}$ (comparativement à celui du vecteur $\overrightarrow{k}$), sa valeur absolue est égale à la valeur du vecteur aG.

Finalement l’équation (1) s’écrit, une fois projetée,

\[ a_{z} = - g \tag{2} \]

Puisque l’accélération est le taux de variation instantanée de la vitesse, $a_{z} = \dfrac{\mathrm{d} v_{z}}{\mathrm{d} t}$ et

\[ \left( 2 \right) \Leftrightarrow \dfrac{\mathrm{d} v_{z}}{\mathrm{d} t} = - g \tag{3} \]

On cherche donc à déterminer l’expression de la fonction $v_{z} (t)$ à partir de celle de sa dérivée. Ce raisonnement s’appelle intégration en mathématique.

En cours de physique, il n’est pas nécessaire de savoir intégrer, il suffit par exemple d’essayer de répondre à la question suivante : quelle fonction $v_{z}$ de la variable $t$, une fois dérivée par rapport à $t$, est égale à la constante $- g$ ?

\[ \left( 3 \right) \Rightarrow v_{z} (t) = - gt + A \]

où $A$ est une constante réelle, puisque $\dfrac{\mathrm{d} v_{z}}{\mathrm{d} t} = \dfrac{\mathrm{d} (- gt + A)}{\mathrm{d} t} = - g$.

Nous n’avons pas trouvé une fonction $v_{z}$ mais une famille de fonctions, puisque $A$ peut être n’importe quel réel. Afin de déterminer la fonction solution du problème il est nécessaire (et c’est suffisant) de connaître sa valeur à une date. On choisit généralement la date $t = 0$ et on appelle alors cette valeur la « condition initiale ».

$v_{z} (0) = - g \times 0 + A = v_{0} \Leftrightarrow A = v_{0}$ car $\overrightarrow{v_{0}} = v_{0} \overrightarrow{k}$ est la vitesse initiale du système.

Finalement

\[ v_{z} (t) = - gt + v_{0} \tag{4} \]

Puisque la vitesse est le taux de variation instantanée de la position, $v_{z} = \dfrac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} t}$ et

\[ \left( 4 \right) \Leftrightarrow \dfrac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} t} = - gt + v_{0} \tag{5} \]

Ici encore il est nécessaire de se poser la question : quelle fonction $z$ de la variable t, une fois dérivée par rapport à t, est égale à la constante $- gt + v_{0}$ ?

\[ \left( 5 \right) \Rightarrow z (t) = - \dfrac{1}{2} gt^2 + v_{0} t + B \]

où $B$ est une constante réelle, puisque $\dfrac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} t} = \dfrac{\mathrm{d} (- 1 / 2 \hspace{0.17em} gt^2 + v_{0} t + B)}{\mathrm{d} t} = - gt + v_{0}$.

Pour déterminer la fonction $z$ recherchée, il est encore une fois nécessaire d’utiliser une condition initiale : $z (0) = - \dfrac{1}{2} g \times 0^2 + v_{0} \times 0 + B = z_{0} \Leftrightarrow B = z_{0}$.

Finalement

\[ z (t) = - \dfrac{1}{2} gt^2 + v_{0} t + z_{0} \tag{6} \]

Puisque l’on a uniquement accès aux équations horaires du mouvement, c’est à dire aux équations paramétriques donnant la position ou la vitesse en fonction du temps, il faut ajouter à la question posée une première étape faisant intervenir le temps. La question devient donc :

1. À quelle date le système parvient-il à l’altitude maximale ?
2. Quelle est l’altitude maximale ?

Lorsque la balle se trouve à sa position d’altitude maximale, sa vitesse est nulle. Donc

\[ v_{z} (t_{\max}) = 0 = - gt_{\max} + v_{0} \]

Le système parvient donc à l’altitude maximale à la date $t_{\max}$ telle que

\[ t_{\max} = \dfrac{v_{0}}{g} \]

Comme

\[ z_{\max} = z (t_{\max}) = - \dfrac{1}{2} \, g \left( \dfrac{v_{0}}{g} \right)^2 + v_{0}\, \dfrac{v_{0}}{g} + z_{0} \]

alors

\[ z_{\max} = \dfrac{1}{2}\, \dfrac{v_{0}^2}{g} + z_{0} \]

Puisque l’on a uniquement accès aux équations horaires du mouvement, c’est à dire aux équations paramétriques donnant la position ou la vitesse en fonction du temps, il faut ajouter à la question posée une première étape faisant intervenir le temps. La question devient donc :

1. À quelle date le système repasse-t-il à l’altitude $z_{0}$ ?
2. Quelle est alors sa vitesse ?

La balle repasse à l’altitude $z_{0}$ à la date $t_{1}$ telle que

\[ z (t_{1}) = z_{0} = - \dfrac{1}{2}\, gt_{1}^2 + v_{0} t_{1} + z_{0} \]

Donc

\[ 0 = t_{1} \left( - \dfrac{1}{2} gt_{1} + v_{0} \right) \]

L’équation précédente admet deux solutions : $t_{1} = 0$ (bien évidemment ce n’est pas celle que l’on cherche) et $t_{1} = \dfrac{2 v_{0}}{g}$.

La composante de la vitesse à la date $t_{1}$ est :

\[ v_z(t_1)= - g t_1 + v_0 = -g \dfrac{2 v_{0}}{g} + v_0 = -v_0 \]

et sa valeur

\[ v_{1} = \lvert v_{z} (t_{1}) \rvert = v_{0} \]

La balle repasse à l’altitude $z_{0}$ avec sa vitesse initiale.

Soit $t_{2}$ la date d’arrivée de la balle au niveau du sol, alors

\[ z (t_{2}) = 0 = - \dfrac{1}{2}\, gt_{2}^2 + v_{0} t_{2} + z_{0} \]

$t_{2}$ est donc la racine positive du polynôme du second degré.

Une fois cette date déterminée, la vitesse du système au niveau du sol s’obtient à partir de l’expression de $v_{z}$ :

\[ v_{2} = \lvert v_{z} (t_{2}) \rvert = \lvert - gt_{2} + v_{0} \rvert \]

Le problème est à une dimension et ne s’intéresse qu’aux deux points extrêmes ; le théorème de l’énergie cinétique est donc généralement une très bonne option pour le résoudre simplement.

La seule force présente étant le poids, le théorème de l’énergie cinétique s’écrit : \[ \Delta E_C = \dfrac{1}{2}\, mv_F^2 - \dfrac{1}{2}\, mv_I^2 = W_{IF}(\overrightarrow{P}) = \overrightarrow{P}\cdot\overrightarrow{IF} \] où $I$ est la position initiale et $F$ le point d’altitude maximale. Comme $v_I = v_0$, $v_F=0$, $\overrightarrow{P}\cdot\overrightarrow{IF} = -mg\, \vec{k} \cdot (z_{\text{max}} - z_0)\, \vec{k} = -mg (z_{\text{max}} - z_0)$, \[ z_{\text{max}} = z_0 + \dfrac{v_0^2}{2g} \]

Le problème est à une dimension et ne s’intéresse qu’aux deux points extrêmes ; le théorème de l’énergie cinétique est donc généralement une très bonne option pour le résoudre simplement.

La seule force présente étant le poids, le théorème de l’énergie cinétique s’écrit : \[ \Delta E_C = \dfrac{1}{2}\, mv_F^2 - \dfrac{1}{2}\, mv_I^2 = W_{IF}(\overrightarrow{P}) = \overrightarrow{P}\cdot\overrightarrow{IF} \] où $I$ est la position initiale et $F$ le point qui coïncide avec le point de départ atteint lorsque le système redescend.

Comme $v_I = v_0$, $v_F = v_1$ et $\overrightarrow{P}\cdot\overrightarrow{IF} = -mg\, \vec{k} \cdot \vec{0} = 0$, \[ v_1 = v_0 \]

Le problème est à une dimension et ne s’intéresse qu’aux deux points extrêmes ; le théorème de l’énergie cinétique est donc généralement une très bonne option pour le résoudre simplement.

La seule force présente étant le poids, le théorème de l’énergie cinétique s’écrit : \[ \Delta E_C = \dfrac{1}{2}\, mv_F^2 - \dfrac{1}{2}\, mv_I^2 = W_{IF}(\overrightarrow{P}) = \overrightarrow{P}\cdot\overrightarrow{IF} \] où $I$ est la position initiale et $F$ le point d’altitude 0. Comme $v_I = v_0$ et $\overrightarrow{P}\cdot\overrightarrow{IF} = -mg\, \vec{k} \cdot (0 - z_0)\, \vec{k} = mg z_0$, \[ v_F = \sqrt{v_0^2 + 2g z_0} \]

Le problème est à une dimension et ne s’intéresse qu’aux deux points extrêmes ; le théorème de l’énergie mécanique est donc généralement une très bonne option pour le résoudre simplement.

La seule force présente étant le poids et cette force étant conservative, l’énergie mécanique du système se conserve. Donc : \[ \Delta E_M = 0 \iff E_{M}(F) - E_{M}(I) = 0 \iff E_{M}(F) = E_{M}(I) \] donc \[ \dfrac{1}{2}\, mv_F^2 + mgz_{\text{max}} = \dfrac{1}{2}\, mv_I^2 + mgz_0 \] ou \[ mgz_{\text{max}} = \dfrac{1}{2}\, mv_0^2 + mgz_0 \] puisque $v_I = v_0$ et $v_F=0$. Finalement, \[ z_{\text{max}} = z_0 + \dfrac{v_0^2}{2g} \]

Le problème est à une dimension et ne s’intéresse qu’aux deux points extrêmes ; le théorème de l’énergie mécanique est donc généralement une très bonne option pour le résoudre simplement.

La seule force présente étant le poids et cette force étant conservative, l’énergie mécanique du système se conserve. Donc : \[ \Delta E_M = 0 \iff E_{M}(F) - E_{M}(I) = 0 \iff E_{M}(F) = E_{M}(I) \] Comme $E_{PP}(F) = E_{PP}(I)$ (mêmes altitudes), $E_{C}(F) = E_{C}(I)$ et $v_F=v_0$

Le problème est à une dimension et ne s’intéresse qu’aux deux points extrêmes ; le théorème de l’énergie mécanique est donc généralement une très bonne option pour le résoudre simplement.

La seule force présente étant le poids et cette force étant conservative, l’énergie mécanique du système se conserve. Donc : \[ \Delta E_M = 0 \iff E_{M}(F) - E_{M}(I) = 0 \iff E_{M}(F) = E_{M}(I) \] donc \[ \dfrac{1}{2}\, mv_F^2 = \dfrac{1}{2}\, mv_0^2 + mgz_0 \] puisque $z_F = 0$. Finalement \[ v_F = \sqrt{v_0^2 + 2g z_0} \]

1. Système = {balle}
2. Étude des interactions:
   • Système – Terre modélisée par le poids $\overrightarrow{P}$
   • Système – Air modélisée par la poussée d’Archimède $\overrightarrow{\Pi}$ et la force de frottement fluide $\overrightarrow{f}$. HypothèseLe système est de petit volume et beaucoup plus dense que l’air. L’interaction avec l’air est donc négligeable.
3. Référentiel d’étude = {terrestre, considéré galiléen}
4. Schéma :
5. Deuxième loi de Newton : \[ m \overrightarrow{a_{G}} = \overrightarrow{P} = m \overrightarrow{g} \] avec $\overrightarrow{a}$ l’accélération du système. Finalement \[ \overrightarrow{a_{G}} = \overrightarrow{g} \tag{7} \]

Encore une fois, le système est en chute libre dans le champ de pesanteur terrestre.

La relation (7) est vectorielle, on choisit un repère afin de la transformer en système d’équations scalaires. À priori le mouvement peut s’effectuer selon les trois dimensions de l’espace, on choisit donc le repère cartésien $(O ; \overrightarrow{i}, \overrightarrow{j}, \overrightarrow{k})$.

Dans ce repère, $\overrightarrow{g} = - g \overrightarrow{k}$ que l’on peut écrire : $\overrightarrow{g} \begin{pmatrix} 0 \cr 0 \cr -g\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{a_{G}} = a_{x} \overrightarrow{i} + a_{y} \overrightarrow{j} + a_{z} \overrightarrow{k}$ que l’on peut écrire : $\overrightarrow{a_G} \begin{pmatrix} a_x \cr a_y \cr a_z\end{pmatrix}$.

Finalement, l’équation (7) s’écrit une fois projetée : $$a_x = 0 \tag{8}$$ $$a_y = 0 \tag{9}$$ $$a_z = -g \tag{10}$$

• Les relations (8) et (9) indiquent que selon les axes $(Ox)$ et $(Oy)$ il n’y a pas de mouvement ou que ce mouvement est (rectiligne) uniforme.
• La relation (10) indique que le mouvement est uniformément accéléré selon l’axe $(Oz)$.

Puisque l’accélération est le taux de variation instantanée de la vitesse, $$ (8) \Leftrightarrow \dfrac{\mathrm{d} v_x}{\mathrm{d} t} =0 \tag{11} $$ $$ (9)\Leftrightarrow \dfrac{\mathrm{d} v_y}{\mathrm{d} t} =0 \tag{12} $$ $$ (10)\Leftrightarrow \dfrac{\mathrm{d} v_z}{\mathrm{d} t} =-g \tag{13} $$ L’intégration de ces relations conduit aux familles de fonctions suivantes : $$ (11) \Rightarrow v_x(t)=A \tag{14} $$ $$ (12) \Rightarrow v_y(t)=B \tag{15} $$ $$ (13) \Rightarrow v_z(t)=-gt+C \tag{16} $$

Afin de déterminer les fonctions $v_{x}$, $v_{y}$ et $v_{z}$ solutions du problème, il est nécessaire (et suffisant) d’utiliser la condition initiale sur la vitesse :

\[ \overrightarrow{v_{0}} \quad \left( \begin{array}{l} v_{0 x} = v_{0} \cos (\alpha)\cr v_{0 y} = 0\cr v_{0 z} = v_{0} \sin (\alpha) \end{array} \right) \]

donc $$ v_x(0) = A = v_0 \cos (\alpha) $$ $$ v_y(0) = B = 0 $$ $$ v_z(0 = -g \times 0 + C = v_0 \sin (\alpha) $$

Finalement $$ v_x(t) = v_0 \cos (\alpha) \tag{17} $$ $$ v_y(t)=0 \tag{18} $$ $$ v_z(t)=-gt+v_0 \sin (\alpha) \tag{19} $$

• La relation (17) nous indique que le mouvement est uniforme selon l’axe $(Ox)$.
• La relation (18) nous indique qu’il n’y a aucun mouvement selon l’axe $(Oy)$.

Le mouvement s’inscrit donc dans le plan $(xOz)$.

Puisque la vitesse est le taux de variation de la position, $$ (17) \Leftrightarrow \dfrac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} =v_0 \cos (\alpha) \tag{20} $$ $$ (18)\Leftrightarrow \dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} =0 \tag{21} $$ $$ (19)\Leftrightarrow \dfrac{\mathrm{d} v_z}{\mathrm{d} t} = -gt+v_0 \sin (\alpha) \tag{21} $$

L’intégration de ces relations conduit aux familles de fonctions suivantes: $$ (20) \Rightarrow x(t)=v_0 \cos (\alpha)\, t + D \tag{23} $$ $$ (21) \Rightarrow y(t)=E \tag{24} $$ $$ (22) \Rightarrow z(t)=-\dfrac{1}{2}\, gt^2 + v_0 \sin (\alpha)\, t + F \tag{25} $$

Afin de déterminer les fonctions $x$, $y$ et $z$ solutions du problème, il est nécessaire (et suffisant) d’utiliser la condition initiale sur la position :

\[ \overrightarrow{\text{OM}_{0}} \quad \left( \begin{array}{c} 0 \cr 0 \cr z_{0} \end{array} \right) \]

donc $$ x(0) = v_0 \cos (\alpha) \times 0 + D = 0 $$ $$ y(0) = E = 0 $$ $$ z(0) = -\dfrac{1}{2} \times 0^2 + v_0 \sin (\alpha) \times 0 + F = z_0 $$ Finalement $$ x(t) = v_0 \cos (\alpha)\, t \tag{26} $$ $$ y(t)=0 \tag{27} $$ $$ z(t) = -\dfrac{1}{2}\, gt^2 + v_0 \sin (\alpha)\, t + z_0 \tag{28} $$

La détermination de la trajectoire nécessite d’établir la relation qui existe entre les coordonnées d’espace. Il faut donc éliminer le temps dans les relations (26) et (28).

\[ (26) \Leftrightarrow t = \dfrac{x}{v_{0} \cos (\alpha)} \]

En substituant le temps $t$ dans la relation (28), on obtient $$ z (x) = -\dfrac{1}{2}\,g \left(\dfrac{x}{v_{0} \cos (\alpha)}\right)^2 + v_0 \sin (\alpha) \left(\dfrac{x}{v_{0} \cos (\alpha)}\right) + z_0 $$ $$ z (x) = -\dfrac{1}{2}\,g \left(\dfrac{x}{v_{0} \cos (\alpha)}\right)^2 + \tan (\alpha) x + z_0 \tag{29} $$ Le mouvement de la balle est parabolique.

Le raisonnement est identique à celui mis en œuvre dans la section 3.4.1 ; la balle se trouve à sa position d’altitude maximale lorsque la composante verticale de sa vitesse est nulle. Donc

\[ v_{z} (t_{F}) = 0 = - gt_{F} + v_{0} \sin \alpha \]

soit

\[ t_{F} = \dfrac{v_{0} \sin \alpha}{g} \]

et comme

\[ z_{\max} = z (t_{F}) = - \dfrac{1}{2} g \left( \dfrac{v_{0} \sin \alpha}{g} \right)^2 + v_{0} \sin \alpha \dfrac{v_{0} \sin \alpha}{g} + z_{0} \]

alors

\[ z_{\max} = \dfrac{1}{2} \dfrac{(v_{0} \sin \alpha)^2}{g} + z_{0} \]

De même,

\[ x_{F} = x (t_{F}) = v_{0} \cos \alpha \dfrac{v_{0} \sin \alpha}{g} \]

ou

\[ x_{F} = \dfrac{v_{0}^2 \sin (2 \alpha)}{2 g} \]

Deux raisonnements sont possibles :

À partir de la trajectoire

$x_{p}$ est la racine positive de l’équation

\[ 0 = - \dfrac{1}{2} \hspace{0.17em} g \left( \dfrac{x_{p}}{v_{0} \cos (\alpha)} \right)^2 + \tan (\alpha) x_{p} + z_{0} \]

À partir des équations horaires

Comme toujours à partir des équations horaires, il est nécessaire de déterminer la date à laquelle l’évènement étudié a lieu.

1. Soit $t_{p}$ la date à laquelle le système touche le sol. $t_{p}$ est la racine positive de l’équation \[ z(t_p) = 0 = - \dfrac{1}{2}\, gt_{p}^2 + v_{0} \sin (\alpha) t_{p} + z_{0} \]
2. On peut alors déterminer $x_{p}$ puisque \[ x_{p} = x (t_{p}) = v_{0} \cos (\alpha) t_{p} \]