Mouvement dans un champ de pesanteur : chute libre verticale

I. Champ de pesanteur uniforme - Chute libre

1. Champ de pesanteur uniforme

• Sur Terre, dans une région de l'espace de quelques kilomètres de long, de large et de haut, le vecteur champ de pesanteur $\overrightarrow{g}$ est un vecteur constant : on parle de champ de pesanteur uniforme.

• À chaque instant $t$, ce vecteur a :

  $\circ\quad$ Un même sens (vers le bas) ;

  $\circ\quad$ Une même direction (verticale) ;

  $\circ\quad$ Et une même norme (valeur de l'intensité de la pesanteur $g$).

2. Chute libre d'un corps

• Définition :

  On dit qu'un corps est en chute libre si la seule force qui s'exerce sur ce corps est son poids.

• Remarque :

  $\circ\quad$ La chute libre est possible dans le vide (sur la Lune par exemple) ;

  $\circ\quad$ Sur Terre, la chute libre n'est possible que si les frottements (de l'air par exemple) et la poussée d'Archimède sont négligeables. C'est le cas pour la chute d'un solide sur une durée très courte (chute d'une pomme ou lancer de poids par exemple).

  $\circ\quad$ Pour que cette condition soit respectée, il faut que le poids du corps étudié soit très supérieur à sa poussée d'Archimède :

  $\rm P\gt\gt F\ \Leftrightarrow \rho_{systeme}\times V\times g\gt\gt\rho_{fluide}\times V\times g\ \Leftrightarrow \rho_{systeme}\gt\gt\rho_{fluide}$

  $\Rightarrow$ Il faut donc que la masse volumique du système étudié soit très supérieure à celle du fluide.

  $\circ\quad$ Pour négliger les frottements, il faut que le corps ait une forme aérodynamique (par exemple une balle) et une vitesse faible.

II. Modélisation de la chute libre

1. Prérequis incontournables

Lorsqu'on aborde un problème de mécanique il est primordial de suivre systématiquement la démarche qui suit :

• Système : une balle de masse m et de centre d'inertie G.

• Référentiel : le sol, référentiel terrestre supposé galiléen.

• Bilan des forces :

  $\circ\quad$ Le poids de l'objet : $\overrightarrow{P} = m \overrightarrow{g}$ ;

  $\circ\quad$ La poussée d'Archimède et les frottements de l'air sont négligés.

• Schéma de la situation :

  

  $\circ\quad$ Les vecteurs $\vec{i}$ et $\vec{j}$ sont unitaires.

  $\circ\quad$ L'objet est représenté par un point $G$ de coordonnées $(x ~;~ y)$ qui est son centre d'inertie.

  $\circ\quad$ On note $x$ et $y$, les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{OG}$ dans le repère.

• Conditions initiales : à $t = 0$, la balle est au point $O$ de coordonnées $(0 ; 0)$

et son vecteur vitesse initial est nul $\vec{v_{0}} = \vec{0}$

$\circ\quad$ But du problème : trouver l'équation de la vitesse (pour trouver la vitesse en connaissant le temps) et l'équation horaire (pour trouver la position de la bille en fonction du temps).

2. Détermination des équations de la vitesse et de la trajectoire

• D'après la deuxième loi de Newton (ou principe fondamental de la dynamique) :

  $\sum \overrightarrow{F_{ext}} = m \overrightarrow{a}$

  $\Leftrightarrow \overrightarrow{P} = m \overrightarrow{a}$

  $\Leftrightarrow m . g\overrightarrow{j} = m \overrightarrow{a}$

  $\Leftrightarrow g\overrightarrow{j} = \overrightarrow{a}$.

• Finalement :

  $\boxed{\overrightarrow{a} (0 ~;~ g)}$

  $\Rightarrow$ On dit que le mouvement est uniformément accéléré suivant l'axe $(Oy)$.

• On sait que :

  $\displaystyle \overrightarrow{a} = \dfrac{d^2\overrightarrow{O_G}}{dt^2}$

  donc $\overrightarrow{a}\left(\dfrac{d^2x}{dt^2} ~;~ \dfrac{d^2y}{dt^2}\right)$

• En mettant en relation les deux formes de coordonnées du vecteur accélération, on en déduit que :

  $\left\lbrace\begin{matrix} \dfrac{d^2x}{dt^2} = 0 \\[6pt] \dfrac{d^2y}{dt^2} = g \end{matrix} \right.$

• En intégrant, on obtient :

  $\left\lbrace\begin{matrix} \dfrac{dx}{dt} = K_1 \\[6pt] \dfrac{dy}{dt} = g \cdot t + K_2 \end{matrix} \right.$

• Pour trouver la valeur des constantes d'intégration ($K_1$ et $K_2$), on se sert des conditions initiales : à $t = 0$, $\vec{v_{0}} = \vec{0}$ .

• Or la vitesse est la dérivée de la position par rapport au temps, on peut dire que :

  $\left\lbrace\begin{matrix} \dfrac{dx}{dt} = 0 \\[6pt] \dfrac{dy}{dt} = 0 \end{matrix} \right.$

  Soit : $\left\lbrace\begin{matrix} K_1 = 0 \\[6pt] K_2 = 0 \end{matrix} \right.$

• L'équation de la vitesse est donc :

  $\boxed{v_y(t) = g . t}$

• Cherchons maintenant les équations horaires :

  On sait à présent que $\overrightarrow{v}\left(0 ~;~ g . t\right)$

  et que $\overrightarrow{v}\left(\dfrac{dx}{dt} ~;~ \dfrac{dy}{dt}\right)$

  En mettant en relation les deux formes de coordonnées, on en déduit que :

  $\left\lbrace\begin{matrix} \dfrac{dx}{dt} = 0 \\[6pt] \dfrac{dy}{dt} = g \cdot t \end{matrix} \right.$

• En intégrant, on obtient :

  $\left\lbrace\begin{matrix} \dfrac{dx}{dt} = K_3 \\[6pt] \dfrac{dy}{dt} = \dfrac{1}{2} g \cdot t^2 + K_4 \end{matrix} \right.$

• Pour trouver la valeur des constantes d'intégration ($K_3$ et $K_4$), on se sert des conditions initiales : à $t = 0$, la balle est en $O (0~;~0)$.

  Soit : $\left\lbrace\begin{matrix} K_3 = 0 \\[6pt] K_4 = 0 \end{matrix} \right.$

• Finalement, l'équation horaire du mouvement selon $(Oy)$ est :

  $\boxed{y(t) = \dfrac{1}{2}~g \cdot t^2}$

_{= Merci à Skops pour avoir contribué à l'élaboration de cette fiche =}