Le mouvement rectiligne uniformément accéléré : des forces aux équations horaires

La leçon précédente a défini le vecteur accélération et l'a relié aux forces par la deuxième loi de Newton : pour un point matériel de masse constante dans un référentiel galiléen, $\sum \vec{F}_{\mathrm{ext}} = m\,\vec{a}$. Cette loi est le fil de tout le chapitre, et c'est ici qu'elle commence à produire des résultats.

Le problème. Un pot de fleurs tombe d'un balcon. Une voiture freine avant un feu. Dans les deux cas, on sait quelles forces s'exercent — le poids pour le pot, les forces de freinage pour la voiture — donc on sait calculer l'accélération. Mais ce qu'on veut savoir, c'est autre chose : au bout de combien de temps le pot touche-t-il le sol ? Sur quelle distance la voiture s'arrête-t-elle ? Autrement dit, il faut remonter de l'accélération à la vitesse, puis de la vitesse à la position. C'est exactement le chemin inverse de celui que vous avez parcouru jusqu'ici.

Le cas simple, et il est fréquent : l'accélération est constante. Pour une masse constante, si la somme vectorielle des forces extérieures ne change pas au cours du mouvement, alors $\vec{a} = \dfrac{\sum \vec{F}}{m}$ ne change pas non plus. C'est le cas d'un objet soumis à son seul poids : $m\vec{g} = m\vec{a}$, donc

Deux remarques sur cette égalité, qui est le cœur du chapitre. D'abord, la masse disparaît : tous les objets tombent avec la même accélération, une bille de plomb comme une bille de verre, pourvu qu'on néglige l'air. Ensuite, le vecteur $\vec{g}$ est constant en valeur, direction et sens dans une région limitée : c'est ce qu'on appelle un champ de pesanteur uniforme, et c'est le sens du titre du chapitre au programme. On prendra $g = 9{,}81$ m/s² près du sol.

Remonter, c'est intégrer. Puisque le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position et le vecteur accélération la dérivée du vecteur vitesse, retrouver la vitesse à partir de l'accélération, c'est chercher une primitive — l'outil que vous avez construit en mathématiques la même année. On intègre deux fois de suite :

• une primitive de l'accélération, constante, donne une vitesse affine en $t$ ;
• une primitive de cette vitesse donne une position polynomiale de degré au plus 2 en t, et de degré 2 si l’accélération est non nulle.

Chaque intégration fait apparaître une constante, et ces constantes ne sont pas des détails de calcul : ce sont les conditions initiales, la vitesse et la position du mobile à l'instant $t = 0$. Physiquement, c'est évident — deux voitures qui freinent avec la même décélération ne s'arrêtent pas au même endroit si elles ne roulaient pas à la même vitesse. Mathématiquement, cela veut dire qu'une accélération seule ne détermine pas le mouvement : il faut dire d'où l'on part et à quelle vitesse.

Le résultat, sur un axe. On choisit un axe qui porte le mouvement, on l'oriente, et on travaille avec des valeurs algébriques : l'accélération $a$, la vitesse initiale $v_0$, la position initiale $x_0$, chacune avec son signe. Alors, pour une accélération constante :

Ces deux équations sont les équations horaires du mouvement. Elles disent tout : la vitesse et la position à n'importe quel instant. Toutes les questions du chapitre — durée, distance, vitesse d'arrivée, hauteur maximale — se répondent en les écrivant puis en résolvant.

Un mot sur le vocabulaire. « Uniformément accéléré » signifie « à accélération constante », y compris quand le mobile ralentit : un freinage régulier est un mouvement uniformément accéléré dont l'accélération est négative sur l'axe du mouvement. Ne confondez pas avec « uniforme », qui décrit un mouvement à vitesse constante — et dont les équations sont tout autres, $v(t) = v_0$ et $x(t) = v_0 t + x_0$, sans aucun terme en $t^{2}$.

La difficulté de ce chapitre n'est pas le calcul : c'est la convention. Une équation horaire n'a de sens qu'accompagnée du choix d'axe qui l'a produite, et la moitié des erreurs vient de là.

La méthode, dans l'ordre, à chaque exercice.

1. Définir le système — l'objet dont on étudie le mouvement — et le référentiel, terrestre, supposé galiléen.
2. Faire le bilan des forces. En chute libre, une seule : le poids.
3. Appliquer la deuxième loi de Newton et en déduire le vecteur accélération.
4. Choisir le repère : une origine, un axe, une orientation. C'est un choix libre — mais une fois fait, il engage tous les signes.
5. Projeter l'accélération sur l'axe, avec son signe.
6. Intégrer deux fois, en déterminant les constantes par les conditions initiales.
7. Répondre à la question posée, en résolvant une équation.

Le signe de la composante d’accélération dépend de l’axe. La norme g reste positive ; Le vecteur $\vec{g}$ est toujours dirigé vers le bas ; c'est la projection qui change de signe.

• Axe vertical orienté vers le haut : $a_z = -g = -9{,}81$ m/s². Les équations d'un objet lancé vers le haut à la vitesse $v_0$ depuis l'origine s'écrivent $v(t) = -g\,t + v_0$ et $z(t) = -\tfrac{1}{2}g\,t^{2} + v_0\,t$.
• Axe vertical orienté vers le bas : $a_z = +g = +9{,}81$ m/s². Pour un objet lâché sans vitesse initiale depuis l'origine, $v(t) = g\,t$ et $z(t) = \tfrac{1}{2}g\,t^{2}$, où $z$ mesure la distance parcourue vers le bas.

Les deux descriptions sont exactes et donnent les mêmes durées et les mêmes normes de vitesse, avec des composantes algébriques de signes opposés pour un même mouvement. Ce qui serait faux, c'est de mélanger : écrire $a_z = +g$ pour une chute avec un axe vers le haut, ou d'oublier que l'origine choisie fixe la valeur de $x_0$.

Les deux constantes se lisent dans l'énoncé. La constante de la première intégration est la vitesse initiale $v_0$ ; la constante de la seconde est la position initiale $x_0$. Un objet « lâché sans vitesse initiale » a $v_0 = 0$, mais pas nécessairement $x_0 = 0$ : cela dépend de l'endroit où l'on a placé l'origine. Inversement, si l'origine est au point de départ, alors $x_0 = 0$, quelle que soit la hauteur au-dessus du sol.

Deux résultats qu'on retrouve, plutôt qu'on ne retient.

La date d'arrêt ou de sommet. La vitesse s'annule quand $a\,t + v_0 = 0$, soit $t = -v_0/a$. Pour un lancer vers le haut avec un axe vers le haut, cela donne $t_s = v_0/g$ : la durée de montée. Pour un freinage de valeur $a$ depuis $v_0$, cela donne $t_a = v_0/a$.

La relation sans le temps. Pour une accélération algébrique constante non nulle, on tire $t=(v-v_0)/a$ de l’équation de vitesse. En remplaçant dans $\Delta x=v_0t+\tfrac12at^2$, on trouve $\Delta x=(v^2-v_0^2)/(2a)$, donc

où $\Delta x$ est le déplacement algébrique et a la composante signée de l’accélération. Si a=0, la relation reste l’identité 0=0. Pour un freinage de valeur positive b=|a| et une vitesse initiale positive, elle donne la distance $d = \dfrac{v_0^{2}}{2b}$, la hauteur maximale d'un lancer $H = \dfrac{v_0^{2}}{2g}$, ou la vitesse d'arrivée d'une chute de hauteur $h$ : $v = \sqrt{2gh}$. Dans les exemples de freinage ci-dessous, la lettre a désigne cette valeur positive b, et la composante sur l’axe du mouvement vaut donc −a. La relation n’est pas à apprendre : elle se retrouve en deux lignes, et savoir la retrouver vaut mieux que la réciter de travers.

Ce que dit le carré. Dans $d = v_0^{2}/(2a)$, la vitesse intervient au carré : à même décélération constante, rouler deux fois plus vite quadruple la distance de freinage. C'est le seul calcul de ce chapitre qui sauve des vies, et il mérite qu'on s'y arrête. À $50$ km/h et $5$ m/s², le freinage occupe environ $19$ m ; à $100$ km/h, environ $77$ m — sans compter la distance parcourue pendant le temps de réaction, qui, elle, croît seulement proportionnellement à la vitesse.

La chute libre, un cas particulier remarquable. On appelle chute libre le mouvement d'un corps soumis à son seul poids. L'accélération y vaut $g$, quelle que soit la masse. Une chute libre peut monter : une balle lancée vers le haut est en chute libre pendant toute sa montée, puisqu'après le lancer plus rien d'autre que le poids n'agit sur elle. Le mot ne décrit pas le sens du mouvement, il décrit le bilan des forces.

Les bornes de cette leçon. On néglige toujours les frottements de l'air : sans quoi la force dépendrait de la vitesse, l'accélération ne serait plus constante, et il faudrait résoudre une équation différentielle — ce qui existe au programme de terminale mais dans un autre chapitre. On reste par ailleurs en une dimension ; le mouvement d'un projectile lancé de biais, à deux dimensions, est l'objet de la leçon suivante.

On donne $g = 9{,}81$ m/s² et l'on néglige les frottements de l'air.

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Situation 1 — la chute d'une pierre.

Une pierre tombe du sommet d'une falaise, sans vitesse initiale, d'une hauteur $h = 20$ m. Calculer la durée de la chute, puis la vitesse à l'arrivée au sol.

Système et loi. Système : la pierre. Référentiel terrestre, supposé galiléen. Seule force : le poids $\vec{P} = m\vec{g}$. La deuxième loi de Newton donne $m\vec{g} = m\vec{a}$, soit $\vec{a} = \vec{g}$ : la masse de la pierre n'intervient pas.

Repère. Axe vertical orienté vers le bas, origine au point de départ. Alors $a_z = +g$, $v_0 = 0$ et $z_0 = 0$.

Intégrations. $v(t) = g\,t$, puis $z(t) = \tfrac{1}{2}g\,t^{2}$.

Durée. Le sol correspond à $z(t) = h$ :

Vitesse d'arrivée. On peut reporter la durée dans $v(t) = g\,t$, ou éliminer le temps une fois pour toutes :

soit environ $71$ km/h. Deux secondes de chute et déjà la vitesse d'une voiture en ville : l'ordre de grandeur est cohérent, et il est instructif.

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Situation 2 — le lancer vertical.

Une balle est lancée verticalement vers le haut avec une vitesse initiale $v_0 = 15$ m/s. Calculer la durée de la montée, puis la hauteur maximale atteinte au-dessus du point de lancer.

Repère. Axe vertical orienté vers le haut, origine au point de lancer. Alors $a_z = -g$, la vitesse initiale est positive, $z_0 = 0$ :

Durée de montée. Au sommet, la vitesse s'annule :

Hauteur maximale. On reporte dans $z(t)$, ce qui donne $H = \dfrac{v_0^{2}}{2g}$ :

Lecture. Pour une retombée au même niveau que le point de départ, sans frottement et dans le même champ uniforme, la descente depuis le sommet dure autant que la montée : la balle repasse par le point de lancer à $2\,t_s \approx 3{,}06$ s, avec une vitesse de même valeur qu'au départ mais de sens opposé. Cette symétrie vient de ce que l'accélération est la même pendant toute la montée et toute la descente — pendant tout ce temps, la balle est en chute libre.

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Situation 3 — le freinage d'une voiture.

Une voiture roule en ligne droite à $90$ km/h lorsque le conducteur freine. Le freinage est uniformément décéléré, de valeur $a = 2{,}5$ m/s², jusqu'à l'arrêt. Calculer la durée du freinage, puis la distance parcourue.

Conversion, avant tout calcul.

Repère. Axe orienté dans le sens du mouvement, origine au début du freinage. La décélération est de sens opposé à la vitesse, donc sa valeur algébrique est négative :

Durée. L'arrêt correspond à $v(t_a) = 0$ :

Distance. On reporte :

Contrôle. Cent vingt-cinq mètres, c'est plus d'un terrain de football, pour un freinage confortable depuis $90$ km/h. Et à $45$ km/h, le même calcul donnerait $31{,}25$ m : la moitié de la vitesse, le quart de la distance. Le carré est bien là.

Les trois graphiques correspondent au freinage avec une composante d’accélération −2,5 m/s², une vitesse initiale 25 m/s et une position initiale nulle. L’intégrale signée de a(t) sur 10 s donne Δv = −25 m/s ; celle de v(t) donne le déplacement +125 m. Ici v reste positive jusqu’à l’arrêt, donc ce déplacement est aussi la distance parcourue.

Chaque pente représente la dérivée de la grandeur tracée : pente de x(t), vitesse ; pente de v(t), accélération. Le zéro de v à 10 s correspond à un extremum de x. Le panneau des deux axes verticaux donne des composantes opposées pour une même chute : la durée est inchangée et la norme de la vitesse d’arrivée vaut environ 19,8 m/s dans les deux cas. La norme g demeure positive ; seul le signe de sa projection change.