Chute libre verticale d’un solide

1) Introduction et modèle de la chute libre

On étudie le mouvement d’un solide lâché ou lancé verticalement près de la surface terrestre. Le référentiel d’étude est supposé galiléen (référentiel terrestre). L’axe \(Oz\) est orienté vers le haut (choix classique Bac), l’origine \(z=0\) au sol.

Chute libre (idéale) : mouvement sous l’action seule du poids \(\vec{P}=m\vec{g}\), en négligeant les frottements de l’air. L’accélération est alors constante : \(\vec{a}=-g\,\vec{e}_z\) avec \(g\simeq 9{,}81\ \mathrm{m\,s^{-2}}\).

Dans les exercices, préciser toujours : système (le solide), référentiel (terrestre), repère (vertical \(Oz\) vers le haut), forces (poids uniquement si on néglige l’air).

2) Bilan des forces et équation différentielle

2e loi de Newton (projection sur \(Oz\)) : \[ \sum F_z = m a_z \quad\Rightarrow\quad -mg = m\,\ddot{z}(t) \ \Rightarrow\ \ddot{z}(t) = -g. \] Avec \(\dot{z}=v_z\) et \(\ddot{z}=a_z\).

La seule force est \(\vec{P}\) verticale vers le bas : \(P_z=-mg\). En l’absence de frottements, \(m\ddot{z}=-mg\) d’où \(\ddot{z}=-g\) (constante).

+z (haut) P = mg v₀ (vers le haut ?)
Bilan des forces en chute libre idéale : seul le poids \(\vec{P}\).

3) Équations horaires : positions et vitesses

En intégrant \(\ddot{z}=-g\) avec conditions initiales \(z(0)=z_0\), \(v(0)=v_0\) :

  • Vitesse : \(\displaystyle v(t)=v_0 - g t\).
  • Position : \(\displaystyle z(t)=z_0 + v_0 t - \tfrac{1}{2} g t^2.\)

Cas typiques :

  • Lâché sans vitesse initiale (\(v_0=0\)) : \(z(t)=z_0 - \tfrac{1}{2} g t^2\), \(v(t)=-gt\).
  • Lancé vers le haut (\(v_0>0\)) : montée puis descente. Sommet quand \(v=0\Rightarrow t_s=\dfrac{v_0}{g}\), altitude max \(z_s=z_0+\dfrac{v_0^2}{2g}\).
  • Lancé vers le bas (\(v_0<0\)) : accélération croissante en module.

v(t) v(t)=v₀ - g t z(t) z(t)=z₀+v₀ t - ½ g t²
Allure : \(v(t)\) décroît linéairement, \(z(t)\) est une parabole ouverte vers le bas.

4) Temps de chute, vitesse d’impact et portée verticale

  • Impact au sol : résoudre \(z(t_f)=0\). Pour un lâcher (\(v_0=0\), \(z_0=h\)) : \(0=h-\tfrac{1}{2}gt_f^2\Rightarrow t_f=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\).
  • Vitesse à l’impact : \(v_f=v_0-g t_f\). Cas du lâcher : \(v_f=-\sqrt{2gh}\) (négative car vers le bas, module \(\sqrt{2gh}\)).
  • Énergie (sans frottements) : \(E_m=E_c+E_p\) se conserve, \( \tfrac12 m v_f^2 = m g (z_0 - z_f)\).

Une bille lâchée d’un balcon \(h=20\,\mathrm{m}\) : \(t_f=\sqrt{2h/g}\approx 2{,}02\,\mathrm{s}\), \(|v_f|=\sqrt{2gh}\approx 19{,}8\,\mathrm{m\,s^{-1}}\).

5) Lancer vers le haut : sommet et symétrie temporelle

  • Sommet : \(v=0\Rightarrow t_s=\dfrac{v_0}{g}\), altitude : \(z_s=z_0+\dfrac{v_0^2}{2g}\).
  • Si l’on retombe au même niveau \(z_0\) (sans pertes), durée aller-retour \(T=2t_s=\dfrac{2v_0}{g}\), vitesse d’impact \(|v_f|=v_0\) (symétrie).
À l’examen, vérifier la cohérence : si \(g\) ↑ alors \(t_s\) ↓, \(z_s\) ↓ ; si \(v_0=0\), pas de montée.

6) Influence des frottements de l’air (aperçu Bac)

Modèle linéaire (vitesses modérées) : force de frottement \(\vec{f}=-k\,\vec{v}\) verticale opposée au mouvement. Équation : \[ m\dot{v} = -mg - k v \quad (\text{chute, }v<0). \] La solution tend vers une vitesse limite \(v_\ell\) telle que \(\dot{v}=0\Rightarrow v_\ell=-\dfrac{mg}{k}\).

Dans la majorité des exercices Bac standards, les frottements sont négligés. Si on vous les donne, annoncer clairement le modèle utilisé.

7) Méthodologie de résolution (Bac)

  1. Choisir \(Oz\) vers le haut, poser \(z(0)=z_0\), \(v(0)=v_0\).
  2. Bilan des forces et 2e loi : \(\ddot{z}=-g\).
  3. Intégrer \(\Rightarrow v(t), z(t)\) + appliquer CI.
  4. Imposer la condition (sommet \(v=0\), sol \(z=0\), etc.).
  5. Vérifier unités et signes (vitesse généralement négative en descente pour \(Oz\) vers le haut).

8) Exercices Bac (12) — solutions détaillées

Ex.1 — Lâcher d’une hauteur donnée

Une bille est lâchée sans vitesse initiale d’une hauteur \(h=12\,\mathrm{m}\). Calculer \(t_f\) et \(|v_f|\).

\(t_f=\sqrt{2h/g}=\sqrt{24/9{,}81}\approx 1{,}56\,\mathrm{s}\). \(|v_f|=\sqrt{2gh}\approx \sqrt{2\times9{,}81\times12}=15{,}34\,\mathrm{m\,s^{-1}}\).

Ex.2 — Lancer vers le haut et retour au même niveau

On lance verticalement vers le haut avec \(v_0=18\,\mathrm{m\,s^{-1}}\) depuis \(z_0\) et on retombe au même niveau. Durée totale ? Vitesse d’impact ?

\(t_s=v_0/g\approx 1{,}84\,\mathrm{s}\). \(T=2t_s\approx 3{,}67\,\mathrm{s}\). \(|v_f|=v_0=18\,\mathrm{m\,s^{-1}}\) (vers le bas).

Ex.3 — Hauteur maximale

Avec \(v_0=20\,\mathrm{m\,s^{-1}}\) depuis \(z_0=5\,\mathrm{m}\). Trouver \(z_s\).

\(z_s=z_0+\dfrac{v_0^2}{2g}=5+\dfrac{400}{19{,}62}\approx 25{,}4\,\mathrm{m}\).

Ex.4 — Temps pour atteindre une altitude donnée

Lancé vers le haut (\(v_0=15\)) depuis \(z_0=2\). À quel(s) instant(s) \(z=10\) ?

Résoudre \(10=2+15t-\tfrac12 gt^2\Rightarrow 4{,}905 t^2-15t+8=0\). \(\Delta=225-4\times4{,}905\times8=69{,}04\Rightarrow t_{1,2}=\dfrac{15\pm\sqrt{69{,}04}}{9{,}81}\approx 0{,}74\,\mathrm{s}\) et \(2{,}20\,\mathrm{s}\) (montée/descente).

Ex.5 — Vitesse en fonction de la position

Montrer que \(v^2=v_0^2-2g(z-z_0)\).

Partir de \(v\,dv/dz=\ddot{z}=-g\Rightarrow v\,dv=-g\,dz\). Intégrer : \(\tfrac12(v^2-v_0^2)=-g(z-z_0)\Rightarrow v^2=v_0^2-2g(z-z_0)\).

Ex.6 — Lâcher depuis une tour et énergie

Tour \(h=45\,\mathrm{m}\). Sans frottements, calculer \(|v_f|\) par conservation de l’énergie.

\(E_c(f)-E_c(0)=mg(z_0-z_f)=mgh\Rightarrow \tfrac12 m v_f^2=mgh\Rightarrow v_f=\sqrt{2gh}\approx 29{,}7\,\mathrm{m\,s^{-1}}\).

Ex.7 — Durée de chute avec vitesse initiale vers le bas

\(z_0=30\), \(v_0=-6\). Trouver \(t_f\) tel que \(z(t_f)=0\).

\(0=30-6t-\tfrac12 gt^2\Rightarrow 4{,}905 t^2+6t-30=0\Rightarrow t_f=\dfrac{-6+\sqrt{36+588{,}6}}{9{,}81}\approx 2{,}02\,\mathrm{s}\).

Ex.8 — Temps de montée seulement

Lancé vers le haut \(v_0=12\). Durée de montée ? Altitude max ?

\(t_s=v_0/g\approx 1{,}22\,\mathrm{s}\). \(z_s=z_0+\dfrac{v_0^2}{2g}=z_0+7{,}35\,\mathrm{m}\).

Ex.9 — Comparaison deux projectiles

A : \(v_{0A}=10\). B : \(v_{0B}=20\). Rapport des altitudes max (même \(z_0\)) ?

\(z_s-z_0=\dfrac{v_0^2}{2g}\Rightarrow \dfrac{(z_s-z_0)_B}{(z_s-z_0)_A}=\dfrac{20^2}{10^2}=4\).

Ex.10 — Chute avec frottement linéaire (lecture)

Admettre \(\dot{v}=-g-\dfrac{k}{m}v\). Donner l’expression de la vitesse limite et son sens.

À l’état permanent \(\dot{v}=0\Rightarrow v_\ell=-\dfrac{mg}{k}\) (négative : vers le bas si \(Oz\) vers le haut).

Ex.11 — Instant où la vitesse s’annule

Lancé vers le haut \(v_0=8\). À quel instant \(v=0\) ? Quelle altitude atteinte (par rapport à \(z_0\)) ?

\(t_s=v_0/g\approx 0{,}815\,\mathrm{s}\). Gain d’altitude \(\Delta z=\dfrac{v_0^2}{2g}=3{,}26\,\mathrm{m}\).

Ex.12 — Temps d’impact depuis un balcon avec \(v_0\neq 0\)

Depuis \(z_0=18\), on lance vers le bas avec \(v_0=-4\). Déterminer \(t_f\) et \(|v_f|\).

Équation : \(0=18-4t-\tfrac12 gt^2\Rightarrow 4{,}905 t^2+4t-18=0\). \(t_f=\dfrac{-4+\sqrt{16+353{,}0}}{9{,}81}\approx 1{,}62\,\mathrm{s}\). \(v_f=v_0-gt_f=-4-9{,}81\times1{,}62\approx -19{,}9\Rightarrow |v_f|\approx 19{,}9\,\mathrm{m\,s^{-1}}\).

9) Erreurs fréquentes

  • Oublier le signe : avec \(Oz\) vers le haut, l’accélération est \(-g\), les vitesses en descente sont négatives.
  • Mélanger \(z\) et \(h\) (attention à la référence \(z=0\)).
  • Appliquer la conservation de l’énergie en présence de frottements non nuls.
  • Utiliser \(g=10\) sans l’annoncer ; au Bac, préciser la valeur numérique choisie.

10) Mini-fiche à retenir

  • Équations : \(v(t)=v_0-gt\), \(z(t)=z_0+v_0 t-\tfrac12 gt^2\).
  • Sommet : \(t_s=v_0/g\), \(z_s=z_0+v_0^2/(2g)\).
  • Lâcher : \(t_f=\sqrt{2h/g}\), \(|v_f|=\sqrt{2gh}\).
  • Énergie (sans frottements) : \(\tfrac12 m v^2 + mg z = \text{cste}\).

Cours Bac Maroc — © neobac.ma