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Chap 3 - La chute des corps (B)
1) Le mouvement vertical
Evolution du déplacement en fonction du temps

Temps
(s)
Déplacement
(m)
0 0
0.2 0.2
0.4 0.8
0.6 1.8

- Conclusion : le déplacement
 n’est pas proportionnel au temps de chute
 est parabolique

Evolution de la vitesse moyenne en fonction du temps
t(s) Δt(s)t(s) y(m) Δt(s)y(m) vmoy (m/s) [v=y/t]
0 0 0 0 0
0.2 0.2-0 =0.2 0.2 0.2-0=0.2 0.2/0.2=1
0.4 0.4-0.2=0.2 0.8 0.8-0.2=0.6 0.6/0.2=3
0.6 0.6-0.4=0.2 1.8 1.8-0.8=1 1/0.2=5
y et pas x car vertical

vmoy = 1 = (v0 + v0,2)/2
1 = (0 + v0,2)/2
v0,2 = 2x1 = 2m/s

Calcul de l’accélération moyenne
t(s) Δt(s)t(s) v (m/s) Δt(s)vmoy (m/s) a (m/s2
)
0 0 0 0 0
0.2 0,2-0 = 0,2 2 2-0 = 2 2/0,2=10m/s2
0,4 0,4-0,2 = 0,2 4 4-2 = 2 2/0,2=10m/s2
0,6 0,6-0,4 = 0,2 6 6-4 = 2 2/0,2=10m/s2
 Accélération moyenne constante pendant la chute libre : a = g = 9,81 m/s2
0 0.2 0.4 0.6
0
0,5
1
1,5
2

Temps (s)

Déplacement (m)

0 0.2 0.4 0.6
0
1
2
3
4
5
6
7

Vinstantané

Temps (s)

VItesse (m/s)

Vitesse
moyenne

- Un mouvement qui se produit sous le seul effet de la gravité est appelé chute libre.
- On néglige alors la force de frottements de l’aire sur ce corps.
- En l’absence de résistance de l’air, tous les corps qui tombent ont la même accélération
quelle que soit leur taille ou leur forme.
Conclusions
- Le mouvement de chute, dans la dimension verticale, est un mouvement uniformément
accéléré.
- Le déplacement vertical augmente avec le carré du temps de chute

y=y 0+v0
t+
1
2
a∗t
2

- La vitesse verticale augmente linéairement avec le temps de chute

v=a t+v0

- L’accélération est celle due à l’attraction gravitationnelle
accélération verticale constante ≈ 9,81 m/s2

sur Terre

• Résolutions des problèmes en chute libre
- En chute libre, l’accélération verticale est une donnée connue

a = g = 9,81 m/s2
g est toujours orienté vers le ba s
- Conseil : toujours garder le sens positif de l’axe vertical vers le haut
- En noir : conditions initiales/finales

- La chute libre est un mouvement uniformément accéléré, elle doit donc répondre à :

a=
v−v0
t−t0

−g=
v−v0
t−t 0

y=y 0+v0∗t +
1
2
a∗t
2

y=y 0+v0∗t−
1
2
g∗t
2

y−y 0=
v
2−v0
2
2a

y−y 0=
v
2−v0
2
2 g

2) Le mouvement vertical symétrique
• Exemple : le saut vertical
- Le saut vertical est une chute libre particulière au cours de laquelle un corps effectue un
déplacement vertical symétrique vers le haut puis vers le bas, en revenant dans sa
position de départ.

Équations du mouvement
uniformément accéléré

Cas particulier :
chute des corps

• Équations caractéristiques du mouvement symétrique

Vitesses
v décollage=vatterrissage=
1
2
gT vol

Pour y = ymax  vsommet = 0

Hauteur maximale
y max=hmax=
1
8
gT vol
2

• Exemple
- Une personne lance une balle en l’air pendant 2 secondes.
Quelles sont la hauteur maximale de la balle, la vitesse de décollage et la vitesse
d’atterrissage ?
- On considère que c’est un mouvement symétrique
- 3 méthodes pour résoudre le problème
1- Mouvement symétrique
h=
1
8
g T vol
2
h=
1
8
∗10∗2
2=
10∗4
8
=
40
8
=5m

v dec=
1
2
g Tvol v dec=
1
2
∗10∗2=10m/s

v att=−vdec=−10m/s
2 – Résolution analytique

−g=
v−v0
t−t 0
 −10=
0−vdec
1−0

 −10=
vdec
1
 v dec=10m/s

y=y 0+v0
t−
1
2
gt
2
 y=0+10∗1−
1
2
∗10∗1
2

 y=10−5=5 m

3 – Résolution graphique

hmax=
vdec∗1
2
 hmax=
10
2
=5m

−vdec=−g∗1  v dec=10m/s
v att=−g∗1  v att=−10m/s

3) La cinématique en 2 dimensions
Position sur l’axe vertical
La position des 2 balles est identique à chaque instant t
chute libre identique
av = g

mouvement vertical = mouvement uniforme
Position sur l’axe horizontal
Δt = constante Δx = constante

V=
Δxx
Δxt
=constante

mouvement horizontal = mouvement uniforme
Les 2 mouvements (horizontal et vertical) sont indépendants. Le temps est la seule variable
commune ente les deux axes/mouvements.

• Résolution des problèmes de cinématique en deux dimensions
- Faire un schéma / Définir les axes positifs en horizontal et en vertical
- Faire le bilan des données connues en vertical et en horizontal
 axe horizontal : x0 ; x ; vx ; t0 ; t  ax = 0 car vx = constante = d
t

 axe vertical : y0 ; y ; v0 ; v ; t0 ; t  av = g et vsommet = 0
- Résoudre les problèmes dans une des deux dimensions et calculer le temps de déplacement

−g=
v−v0
t−t 0

y=y 0+v0∗t−
1
2
g∗t
2

y−y 0=
v
2−v0
2
2 g

v=
x−x0
t−t0
=
Δxx
Δxt

- A l’aide du temps de déplacement (seul paramètre commun entre les deux dimensions),
résoudre le problème dans l’autre dimension.
• Exemples
- Pour effectuer une acrobatie, un gymnaste donne une impulsion au sol de telle sorte qu’il
décolle avec une vitesse de 7m/s orientée vers l’avant et à 60° par rapport à l’horizontale.
On suppose qu’il décolle et qu’il atterrit dans la même position. (mouv symétrique)
1) Donner l’allure des courbes de vitesses et des accélérations horizontales et verticales
pendant le mouvement complet.
2) Calculer la hauteur atteinte pendant le mouvement et le déplacement horizontal effectué.

Axe vertical

Axe horizontal

1)

2)
Décomposition de la vitesse

cos(60)=
vx0
v0
 vx 0=cos(60)×v0  vx 0=7×0,5=3,5 m/s

sin(60)=
v y0
v 0
 v y 0=sin(60)×v0  v y 0=0,9×7=6,3m/s

Bilan des paramètres
Horizontal Vertical
x0 = 0 x = ? y0 = 0 y1 = hmax = ? y2 = 0
t0 = 0 t = ? t0 = 0 t1 = Tvol/2 t2 = Tvol
vx0 = constante = 3,5 m/s vy0 = 6,3 m/s vy1 = 0 m/s vy2 = - 6,3m/s

Horizontal Vertical

Calcul de la hauteur mouvement symétrique

v y 0=
1
2
g T vol  T vol=
2×6,3
10

 T vol=1,26 s

h=
1
8
g T vol
2
 h=1,98m

Calcul du déplacement horizontal

vx 0=constante=
x−x0
t−t 0
=
x
Tvol

 x=vx 0×Tvol  x=3,5×1,6=4,41m

- Exemple du lancer de poids
Trajectoire parabolique non symétrique