Mouvement dans un champ uniforme

Les prérequis et l'idée en une minute

Le decor. On etudie un objet qui subit une seule force, et cette force ne change jamais (ni sa direction, ni sa valeur) : on dit qu'il est dans un champ uniforme. Deux situations au programme : la pesanteur (un objet qu'on lance) et le champ electrique entre deux plaques.

Les 3 prerequis a avoir en tete :

• la 2^e loi de Newton : $\sum \vec{F} = m\,\vec{a}$ (la somme des forces impose l'acceleration) ;
• une vitesse et une position se decrivent sur deux axes : $x$ (horizontal) et $y$ (vertical) ;
• un objet qu'on lache tombe avec l'acceleration de la pesanteur $g \approx 9{,}8\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$.

L'idee en une phrase. Force constante $\Rightarrow$ acceleration constante $\Rightarrow$ la vitesse change toujours de la meme facon $\Rightarrow$ la trajectoire est une parabole.

Les formules a connaitre (objet lance), en prenant l'axe $y$ vers le haut :

$a_x = 0 \qquad a_y = -g$

Horizontalement rien ne pousse : la vitesse horizontale reste constante. Verticalement, c'est comme une chute.

Un exemple fait en entier : on lance un objet

Enonce : on lance un objet horizontalement a $v_0 = 10\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ depuis une hauteur $h = 20$ m. On prend $g = 10\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$. Ou et a quelle vitesse touche-t-il le sol ?

Repere : origine au point de lancement, axe $x$ horizontal (sens du lancer), axe $y$ vertical vers le haut.

Vitesse de depart : le lancer est horizontal, donc $v_{0x} = 10\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ et $v_{0y} = 0$.

Accelerations : $a_x = 0$ et $a_y = -g = -10\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$.

Vitesses : $v_x(t) = 10$ et $v_y(t) = -10\,t$.

Positions : $x(t) = 10\,t$ et $y(t) = -\tfrac{1}{2}\times 10 \times t^2 = -5\,t^2$.

Instant ou il touche le sol ($y = -20$ m) : $-5\,t^2 = -20 \Rightarrow t^2 = 4 \Rightarrow t = 2$ s.

Portee (distance horizontale) : $x(2) = 10 \times 2 = 20$ m.

Vitesse a l'arrivee : $v_x = 10$ et $v_y = -10 \times 2 = -20\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$, donc $v = \sqrt{10^2 + 20^2} = \sqrt{500} = 10\sqrt{5} \approx 22{,}4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$.

Tout le mouvement tient dans quatre equations et deux instants cles. Si tu sais refaire ca, tu as l'essentiel du controle.

Champ uniforme, force constante, accélération constante

Un champ uniforme, c'est une region de l'espace ou le champ (de pesanteur ou electrique) a partout la meme direction, le meme sens et la meme valeur. Comme le champ ne bouge pas, la force qu'il exerce sur le mobile ne bouge pas non plus.

La 2^e loi de Newton relie la force a l'acceleration : $\sum \vec{F} = m\,\vec{a}$. Si $\sum \vec{F}$ est constante, alors $\vec{a}$ est constante : c'est tout le chapitre.

Cette acceleration constante donne, sur les deux axes :

• sur l'axe perpendiculaire a $\vec{a}$ : aucune force, la vitesse ne change pas, donc mouvement uniforme ;
• sur l'axe de $\vec{a}$ : la vitesse varie regulierement, donc mouvement uniformement varie.

Cas 1 : champ de pesanteur $\vec{g}$ (un projectile). La seule force est le poids $\vec{P} = m\,\vec{g}$. La 2^e loi donne $m\,\vec{g} = m\,\vec{a}$, donc $\vec{a} = \vec{g}$ : la masse disparait, tous les objets tombent de la meme facon ($g \approx 9{,}8\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$).

Cas 2 : champ electrique $\vec{E}$ (entre les deux plaques d'un condensateur plan). La force est $\vec{F} = q\,\vec{E}$, donc $\vec{a} = \dfrac{q\,\vec{E}}{m}$. La valeur du champ se calcule avec la tension $U$ et la distance $d$ entre plaques : $E = \dfrac{U}{d}$.

La méthode pas-à-pas et les équations horaires

On applique toujours la meme recette, quel que soit le cas. On traite ici le lancer oblique (vitesse initiale $v_0$ inclinee d'un angle $\alpha$ au-dessus de l'horizontale), le plus general : le lancer horizontal en est le cas $\alpha = 0$, le lancer vertical le cas $\alpha = 90^\circ$.

Etape 1 : le repere. Origine $O$ au point de depart, axe $x$ horizontal (dans le sens du lancer), axe $y$ vertical vers le haut.

Etape 2 : la 2^e loi et la projection. $\vec{a} = \vec{g}$, qu'on projette sur les axes : $a_x = 0$ et $a_y = -g$ (le signe $-$ car $\vec{g}$ pointe vers le bas alors que $y$ est vers le haut).

Etape 3 : on remonte aux vitesses (la vitesse est la primitive de l'acceleration). Comme $a_x = 0$, $v_x$ ne change pas : $v_x(t) = v_0\cos\alpha$. Comme $a_y = -g$ (constant) : $v_y(t) = -g\,t + v_0\sin\alpha$. Les termes $v_0\cos\alpha$ et $v_0\sin\alpha$ sont les composantes de la vitesse de depart.

Etape 4 : on remonte aux positions (la position est la primitive de la vitesse), avec un depart en $O$ :

$x(t) = v_0\cos\alpha \cdot t \qquad y(t) = -\tfrac{1}{2}\,g\,t^2 + v_0\sin\alpha \cdot t$

Ces quatre equations (deux vitesses, deux positions) sont les equations horaires. Retiens-les sous cette forme, elles servent a tout.

De la position à la trajectoire (l'équation de la courbe)

Les equations horaires donnent la position a chaque instant $t$. Mais une trajectoire, c'est la courbe $y$ en fonction de $x$, sans le temps. On elimine donc $t$.

On isole $t$ dans l'equation de $x$ : $x = v_0\cos\alpha \cdot t \Rightarrow t = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha}$.

On remplace ce $t$ dans l'equation de $y$ :

$y = v_0\sin\alpha \cdot \dfrac{x}{v_0\cos\alpha} - \tfrac{1}{2}\,g\left(\dfrac{x}{v_0\cos\alpha}\right)^2$

ce qui se simplifie en :

$y = x\tan\alpha - \dfrac{g}{2\,v_0^2\cos^2\alpha}\,x^2$

C'est une expression de la forme $y = a\,x^2 + b\,x$ avec $a = -\dfrac{g}{2\,v_0^2\cos^2\alpha} < 0$ : une parabole tournee vers le bas. Voila pourquoi on parle de trajectoire parabolique.

Exemple 1 : le lancer horizontal, décortiqué

On reprend le lancer horizontal, mais cette fois on commente chaque ligne. Enonce : $v_0 = 10\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ a l'horizontale, hauteur $h = 20$ m, $g = 10\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$.

1. Le repere. Origine au point de lancement, $x$ horizontal, $y$ vers le haut. On note tout de suite les conditions de depart : $v_{0x} = 10$, $v_{0y} = 0$ (lancer horizontal, donc aucune vitesse verticale au depart).

2. Les accelerations. $a_x = 0$ (rien ne pousse horizontalement) et $a_y = -g = -10$. Piege classique evite : on ne met pas $-g$ sur l'axe $x$.

3. Les vitesses. $v_x(t) = 10$ (elle ne bougera plus de tout le vol) et $v_y(t) = -10\,t$ (elle augmente en valeur absolue : l'objet tombe de plus en plus vite).

4. Les positions. $x(t) = 10\,t$ et $y(t) = -5\,t^2$ (car $-\tfrac{1}{2}\times 10 = -5$).

5. Quand touche-t-il le sol ? Le sol est a $y = -20$. On pose $-5\,t^2 = -20$, d'ou $t^2 = 4$ et $t = 2$ s (on garde le temps positif).

6. Ou ? On remplace dans $x$ : $x(2) = 10 \times 2 = 20$ m. C'est la portee.

7. A quelle vitesse ? A $t = 2$ s : $v_x = 10$ et $v_y = -10\times 2 = -20$. La vitesse reelle est la norme du vecteur : $v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{10^2 + 20^2} = \sqrt{500} \approx 22{,}4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$.

Remarque utile : $v_x$ est reste a $10$ tout du long ; c'est la partie verticale qui a fait grimper la vitesse.

Exemple 2 : le lancer oblique (flèche, temps de vol, portée)

Enonce : on lance un ballon a $v_0 = 20\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ avec un angle $\alpha = 30^\circ$ au-dessus de l'horizontale, sur terrain plat. On prend $g = 10\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$. On cherche la hauteur maximale (la fleche), le temps de vol et la portee.

1. Les composantes de depart. $v_{0x} = v_0\cos 30^\circ = 20 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 17{,}3\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ et $v_{0y} = v_0\sin 30^\circ = 20 \times 0{,}5 = 10\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$.

2. Les equations horaires. $x(t) = 17{,}3\,t$ ; $y(t) = 10\,t - 5\,t^2$ ; $v_y(t) = 10 - 10\,t$.

3. Le sommet (point le plus haut) : la vitesse verticale s'y annule. $v_y = 0 \Rightarrow 10 - 10\,t = 0 \Rightarrow t_s = 1$ s.

4. La fleche : on remplace $t_s = 1$ dans $y$ : $y(1) = 10\times 1 - 5\times 1^2 = 5$ m.

5. Le temps de vol (retour au sol, $y = 0$) : $10\,t - 5\,t^2 = 0 \Rightarrow t\,(10 - 5\,t) = 0 \Rightarrow t = 0$ (le depart) ou $t = 2$ s. Donc $t_{\text{vol}} = 2$ s, exactement le double du temps au sommet : la trajectoire est symetrique.

6. La portee : $x(2) = 17{,}3 \times 2 \approx 34{,}6$ m.

Le reflexe a garder : le sommet, c'est $v_y = 0$ ; le sol, c'est $y = 0$ (ou $y = -h$ si on part d'une hauteur).

Exemple 3 : deux billes, une lâchée, une lancée

Une question qui piege tout le monde. On lache une bille A sans vitesse, et au meme instant on lance une bille B horizontalement depuis la meme hauteur. Laquelle touche le sol en premier ?

Ce qui se passe verticalement. Prenons l'origine au point de depart, $y$ vers le haut. Pour les deux billes, la vitesse verticale de depart est nulle ($v_{0y} = 0$) et $a_y = -g$. Donc, pour A comme pour B : $y(t) = -\tfrac{1}{2}\,g\,t^2$.

Le point cle. La vitesse horizontale de B n'apparait nulle part dans $y(t)$ : elle ne change rien a la descente. Le mouvement vertical et le mouvement horizontal sont independants.

L'instant d'arrivee. Le sol est a $y = -h$ : $-\tfrac{1}{2}\,g\,t^2 = -h \Rightarrow t = \sqrt{\dfrac{2h}{g}}$, la meme valeur pour A et pour B.

Conclusion : elles touchent le sol exactement au meme moment. B a seulement parcouru une distance horizontale en plus : elle tombe plus loin, pas plus tard.

Problème type 1 : un projectile, rédigé comme au contrôle

Au controle, ce qui rapporte des points, ce n'est pas seulement le bon resultat : c'est la redaction. Voici le squelette attendu, sur un exemple.

Enonce : du haut d'une falaise de hauteur $H = 15$ m, on lance un caillou a $v_0 = 10\sqrt{2} \approx 14{,}1\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ avec un angle $\alpha = 45^\circ$. On prend $g = 10\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$ et on neglige l'air. Quand et ou touche-t-il l'eau, et a quelle vitesse ?

Systeme et referentiel : le caillou (assimile a un point materiel), etudie dans le referentiel terrestre suppose galileen.

Bilan des forces : l'air etant neglige, une seule force agit, le poids $\vec{P} = m\,\vec{g}$.

2^e loi de Newton : $\vec{P} = m\,\vec{a}$, soit $m\,\vec{g} = m\,\vec{a}$, donc $\vec{a} = \vec{g}$.

Repere et projection : origine $O$ au lancement, $x$ horizontal, $y$ vers le haut. Alors $a_x = 0$ et $a_y = -g = -10$.

Conditions initiales : $\alpha = 45^\circ$ donne $v_{0x} = v_0\cos 45^\circ = 10$ et $v_{0y} = v_0\sin 45^\circ = 10\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ ; $x_0 = 0$, $y_0 = 0$.

Vitesses (integration) : $v_x(t) = 10$ et $v_y(t) = -10\,t + 10$.

Positions (integration) : $x(t) = 10\,t$ et $y(t) = -5\,t^2 + 10\,t$.

Impact sur l'eau ($y = -H = -15$) : $-5\,t^2 + 10\,t = -15 \Rightarrow 5\,t^2 - 10\,t - 15 = 0 \Rightarrow t^2 - 2\,t - 3 = 0 \Rightarrow (t-3)(t+1) = 0$. On garde $t = 3$ s.

Distance horizontale : $x(3) = 10 \times 3 = 30$ m.

Vitesse a l'impact : $v_x = 10$ et $v_y = -10\times 3 + 10 = -20$, donc $v = \sqrt{10^2 + 20^2} = \sqrt{500} = 10\sqrt{5} \approx 22{,}4\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$.

Problème type 2 : une particule chargée dans un condensateur

L'autre grand classique : une particule chargee deviee entre les plaques d'un condensateur. La methode est identique, seule la force change.

Enonce : un electron ($q = -e$, avec $e = 1{,}6\times 10^{-19}$ C, masse $m = 9{,}1\times 10^{-31}$ kg) entre horizontalement a $v_0 = 1{,}0\times 10^{7}\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ entre deux plaques de longueur $L = 8{,}0$ cm, distantes de $d = 4{,}0$ cm, sous une tension $U = 100$ V. De combien est-il devie a la sortie ?

Systeme et referentiel : l'electron, dans le referentiel du laboratoire suppose galileen. On neglige le poids : $P = m\,g \approx 10^{-29}$ N, minuscule devant la force electrique $\approx 10^{-16}$ N.

Champ electrique : $E = \dfrac{U}{d} = \dfrac{100}{0{,}04} = 2{,}5\times 10^{3}\ \text{V}\cdot\text{m}^{-1}$, dirige de la plaque $+$ vers la plaque $-$.

Acceleration : la force a pour valeur $F = e\,E$, donc $a = \dfrac{e\,E}{m} = \dfrac{1{,}6\times 10^{-19} \times 2{,}5\times 10^{3}}{9{,}1\times 10^{-31}} \approx 4{,}4\times 10^{14}\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}$, dirigee vers la plaque $+$ (l'electron est negatif).

Repere : origine a l'entree, $x$ le long de $v_0$, $y$ dans le sens de la deviation. Alors $a_x = 0$, $a_y = a$, avec $v_{0x} = v_0$ et $v_{0y} = 0$.

Equations horaires : $x(t) = v_0\,t$ et $y(t) = \tfrac{1}{2}\,a\,t^2$.

Temps passe entre les plaques : a la sortie $x = L$, donc $t_s = \dfrac{L}{v_0} = \dfrac{0{,}08}{1{,}0\times 10^{7}} = 8{,}0\times 10^{-9}$ s.

Deviation verticale a la sortie : $y_s = \tfrac{1}{2}\,a\,t_s^{\,2} = \tfrac{1}{2} \times 4{,}4\times 10^{14} \times (8{,}0\times 10^{-9})^2 \approx 1{,}4\times 10^{-2}$ m, soit $1{,}4$ cm.

Verification indispensable : l'electron sort-il ? $y_s = 1{,}4$ cm reste inferieur a $\dfrac{d}{2} = 2{,}0$ cm : oui, il sort sans heurter la plaque.

Les pièges classiques et ce que le correcteur attend

Les pieges qui coutent des points :

• $a_x = 0$, jamais $-g$ sur l'horizontale. Rien ne pousse horizontalement, donc $v_x$ est constante pendant tout le mouvement.
• Le signe de $g$. Axe $y$ vers le haut $\Rightarrow a_y = -g < 0$. Si tu choisis $y$ vers le bas, alors $a_y = +g$. L'essentiel est d'etre coherent avec ton axe.
• Temps de vol $= 2 \times$ temps au sommet seulement si le depart et l'arrivee sont a la meme hauteur ($t_{\text{vol}} = \dfrac{2\,v_{0y}}{g}$). Depuis une falaise, ce n'est plus vrai : il faut resoudre $y = -H$.
• Dans un condensateur, l'acceleration vaut $a = \dfrac{qE}{m}$, pas $g$. Et on neglige le poids devant la force electrique.

Ce que le correcteur veut voir, dans l'ordre :

• le systeme et le referentiel galileen nommes ;
• le bilan des forces (idealement un petit schema) ;
• la 2^e loi ecrite en vecteurs avant toute projection ;
• chaque passage vitesse vers position justifie par les conditions initiales ;
• des fleches sur les vecteurs, des unites a chaque resultat, des chiffres significatifs coherents.

Pourquoi c'est vraiment une parabole (la démonstration)

On a admis que la trajectoire est une parabole ; montrons-le proprement, c'est court.

On part des deux equations horaires de position (lancer oblique) : $x = v_0\cos\alpha \cdot t$ et $y = -\tfrac{1}{2}\,g\,t^2 + v_0\sin\alpha \cdot t$.

Le temps est un intermediaire dont on veut se debarrasser. On l'isole dans la premiere : $t = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha}$.

On l'injecte dans la seconde : $y = v_0\sin\alpha \cdot \dfrac{x}{v_0\cos\alpha} - \tfrac{1}{2}\,g\left(\dfrac{x}{v_0\cos\alpha}\right)^2$.

En simplifiant ($\tfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \tan\alpha$) : $y = x\tan\alpha - \dfrac{g}{2\,v_0^2\cos^2\alpha}\,x^2$.

C'est exactement la forme $y = a\,x^2 + b\,x + c$ vue en maths (fonction du second degre), avec ici $c = 0$, $b = \tan\alpha$ et $a = -\dfrac{g}{2\,v_0^2\cos^2\alpha} < 0$. Le coefficient $a$ est negatif : la parabole est tournee vers le bas, et son sommet correspond a la fleche. La physique et les maths decrivent la meme courbe : un bon endroit pour relier les deux matieres.

Les liens et l'aperçu de la terminale

Ce chapitre est une porte d'entree vers beaucoup de choses. Petit avant-gout.

Le lien avec l'energie. On peut retrouver la vitesse d'arrivee sans les equations horaires : quand seule la pesanteur travaille, l'energie mecanique se conserve, $\tfrac{1}{2}\,m\,v^2 + m\,g\,z = \text{constante}$. Tu croiseras cet outil dans le chapitre sur l'energie : deux methodes pour un meme resultat, c'est toujours rassurant.

Les outils de terminale. Les primitives qu'on a faites a la main deviennent du vrai calcul d'integrales. Les relations $\vec{v} = \dfrac{\mathrm{d}\vec{OM}}{\mathrm{d}t}$ et $\vec{a} = \dfrac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t}$ (derivees de vecteurs) seront ecrites proprement.

Quand on ne neglige plus l'air. Ajoute une force de frottement (qui depend de la vitesse) et l'acceleration n'est plus constante : on obtient une equation differentielle, sans solution simple. La trajectoire devient dissymetrique (montee, puis chute plus raide, portee reduite) et on la calcule numeriquement (methode d'Euler, en terminale).

Quand le champ n'est plus uniforme. Loin de la Terre, $\vec{g}$ change de valeur et de direction : la force de gravitation de Newton $F = G\,\dfrac{m\,M}{r^2}$ pointe vers le centre, et les trajectoires deviennent des orbites (satellites, lois de Kepler).

L'idee a emporter. Separer un mouvement en deux axes independants (horizontal uniforme, vertical accelere) est une astuce qui resservira partout. C'est le coeur de ce chapitre, bien plus que les formules elles-memes.