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 : dans un référentiel galiléen, $\sum \vec{F} = m\,\vec{a}$. 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 tu as parcouru jusqu'ici.

Le cas simple, et il est fréquent : l'accélération est constante. Si la somme des forces 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 tu as 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 2 en $t$.

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 confonds 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 $g$ dépend de l'orientation, jamais de la physique. 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, les mêmes vitesses. Ce qui serait faux, c'est de mélanger : écrire un $g$ positif 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. En reportant cette date dans l'équation de la position, on élimine $t$ et l'on obtient

où $\Delta x$ est le déplacement algébrique. Cette relation donne d'un coup la distance de freinage $d = \dfrac{v_0^{2}}{2a}$, la hauteur maximale d'un lancer $H = \dfrac{v_0^{2}}{2g}$, ou la vitesse d'arrivée d'une chute de hauteur $h$ : $v = \sqrt{2gh}$. Elle 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 : 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. La descente 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.

Figure (fig.physics.uniformly-accelerated-motion, SVG programmatique à produire) : une colonne de trois graphiques alignés, puis un panneau de conventions.

La figure en détail : à gauche, trois graphiques partagent le même axe des temps, gradué en secondes de zéro à dix, et sont empilés pour que les instants se correspondent verticalement. Le premier montre l'accélération en fonction du temps : une droite horizontale constante, sous laquelle l'aire comprise entre l'axe et la courbe est hachurée et légendée comme la variation de vitesse. Le deuxième montre la vitesse en fonction du temps : une droite affine, dont l'ordonnée à l'origine est marquée et nommée vitesse initiale, dont la pente est cotée par un triangle et nommée accélération, et sous laquelle l'aire est hachurée d'un autre motif et légendée comme la distance parcourue. Le troisième montre la position en fonction du temps : une parabole, dont l'ordonnée à l'origine est marquée et nommée position initiale, avec la tangente tracée en un instant quelconque et la mention que sa pente est la vitesse à cet instant. Un trait vertical en pointillé traverse les trois graphiques à l'instant où la vitesse s'annule, et porte l'étiquette d'arrêt du mobile, qui coïncide avec le sommet de la parabole du troisième graphique. À droite, un panneau de conventions montre deux fois la même chute d'un objet depuis un balcon : à gauche un axe vertical dessiné vers le haut avec l'accélération notée moins neuf virgule quatre-vingt-un mètre par seconde carrée, à droite un axe vertical dessiné vers le bas avec l'accélération notée plus neuf virgule quatre-vingt-un mètre par seconde carrée, les deux jeux d'équations horaires écrits sous chaque schéma, et sous les deux un même encadré indiquant que la durée de chute calculée est identique dans les deux cas.

Ce qu'il faut lire. Les trois graphiques empilés racontent l'intégration : une constante donne une droite, une droite donne une parabole, et chaque aire sous une courbe est la variation de la grandeur du dessus. Le trait vertical unique montre que l'instant d'annulation de la vitesse est aussi celui où la position est extrémale — sommet du lancer, point d'arrêt du freinage. Le panneau de droite règle définitivement la question du signe : ce n'est pas la physique qui change avec l'orientation de l'axe, c'est seulement l'écriture ; les résultats mesurables, eux, sont les mêmes.

Les unités. Les longueurs sont en mètres, les durées en secondes, les vitesses en mètres par seconde, les accélérations en mètres par seconde carrée. Une vitesse donnée en kilomètres par heure se convertit avant tout calcul, en divisant par $3{,}6$. Dans un calcul de racine carrée, vérifie l'unité du contenu du radical : $2h/g$ est en secondes au carré, $2gh$ en mètres carrés par seconde au carré.

La méthode en sept temps. Système, référentiel, bilan des forces, deuxième loi de Newton, choix et orientation du repère, projection et double intégration, résolution. Écrire ces étapes fait gagner plus de points que de connaître les formules finales : c'est la démarche qui est évaluée.

Ce qui n'est pas au programme ici. Les frottements de l'air, donc la vitesse limite et l'équation différentielle du mouvement, appartiennent à un autre chapitre. Le mouvement à deux dimensions est traité dans la leçon suivante.

1. Oublier la vitesse initiale dans l'équation de la position. L'équation complète est $x(t) = \tfrac{1}{2}a\,t^{2} + v_0\,t + x_0$. Écrire seulement $\tfrac{1}{2}a\,t^{2}$ revient à supposer que le mobile partait de l'arrêt : c'est vrai pour un lâcher, faux pour un lancer et faux pour un freinage. Le terme en $v_0\,t$ est la constante de la seconde intégration ; il ne disparaît que si $v_0 = 0$.
2. Se tromper de signe pour $g$ selon l'orientation de l'axe. Le vecteur $\vec{g}$ pointe vers le bas, toujours. Sur un axe orienté vers le haut, sa projection vaut $-9{,}81$ m/s² ; sur un axe orienté vers le bas, $+9{,}81$ m/s². Écris l'orientation choisie avant de projeter, et relis-la avant de conclure.
3. Utiliser les équations du mouvement uniforme pour une chute. $x = v\,t$ ne vaut que si la vitesse est constante. En chute libre elle ne l'est pas : il y a un terme en $t^{2}$. Si ton calcul de chute ne contient aucun carré, il est faux.
4. Confondre position initiale et vitesse initiale. Ce sont deux constantes différentes, apparues à deux intégrations différentes, et elles n'ont pas la même unité : $x_0$ en mètres, $v_0$ en mètres par seconde. Une position initiale ne se multiplie jamais par $t$ : une constante d'intégration ne dépend pas du temps.
5. Oublier le facteur un demi. La primitive de $a\,t$ est $\tfrac{1}{2}a\,t^{2}$, pas $a\,t^{2}$. Symétriquement, ce facteur n'a rien à faire dans l'expression de la vitesse : la primitive d'une constante $a$ est $a\,t$.
6. Croire que la masse intervient dans la chute libre. Elle se simplifie dans $m\vec{g} = m\vec{a}$. Une bille lourde et une bille légère lâchées ensemble touchent le sol en même temps, tant que l'air est négligeable. La masse ne réapparaît que si l'on tient compte des frottements, ce qui n'est pas fait ici.
7. Calculer avec une vitesse en kilomètres par heure. Toutes ces relations exigent des unités du Système international. Une distance de freinage calculée avec $90$ au lieu de $25$ est fausse d'un facteur voisin de treize.
8. Prendre la durée de chute pour la durée totale d'un aller-retour. Pour un lancer vertical, la montée dure $v_0/g$ et la descente autant : le vol complet dure le double. Lis la question : durée de montée, ou durée totale ?

Le modèle d'entraînement. L'exercice associé à cette leçon tire l'une de sept variantes réparties en trois familles : une chute libre sans vitesse initiale — durée, vitesse d'arrivée ou hauteur —, un freinage de véhicule — distance ou durée —, un lancer vertical — hauteur maximale ou durée de montée. La valeur $g = 9{,}81$ m/s² est toujours donnée dans l'énoncé, et les frottements toujours négligés. Un modèle voisin, à choix multiples, te demande le couple d'équations horaires correct pour une convention d'axe écrite dans l'énoncé : les mauvaises réponses y sont exactement les erreurs de la liste des pièges — signe de $g$ faux, vitesse initiale oubliée, facteur un demi manquant, équations du mouvement uniforme.

Énoncé type. 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 distance de freinage $d$. Répondre en m.

Corrigé complet.

1. Convertir la vitesse. Les relations du chapitre exigent des unités du Système international :

2. Poser le repère et écrire les équations horaires. Axe orienté dans le sens du mouvement, origine au début du freinage. La décélération est opposée à la vitesse, donc sa valeur algébrique est $-a$ :

3. Trouver l'instant de l'arrêt. La voiture s'arrête quand la vitesse s'annule :

4. Reporter dans la position.

Réponse : la distance de freinage vaut $d = 125$ m.

5. Interpréter. Doubler la vitesse quadruple la distance de freinage, puisque c'est le carré de $v_0$ qui intervient : à $45$ km/h, la même voiture s'arrêterait en $31{,}25$ m.

Auto-contrôle. Quatre questions avant de rendre. Ai-je converti la vitesse en mètres par seconde ? Mon signe d'accélération correspond-il à l'orientation que j'ai choisie ? Ai-je bien reporté l'instant d'arrêt dans l'équation de la position, et non dans celle de la vitesse ? Et l'ordre de grandeur est-il vraisemblable — quelques dizaines de mètres, pas quelques mètres ni quelques kilomètres ?