Définition
Le champ de pesanteur est décrit par un champ vectoriel $\vec{g}$ dont la direction est indiquée par un fil à plomb.
Placée dans un champ de pesanteur, toute masse $m$ subit une force $\vec{P}=m\vec{g}$ appelée poids.
La valeur de $g$ varie en fonction de la position sur Terre et de l'altitude.
Animation interactive
L'intensité de la pesanteur à la surface de la Terre
Valeurs calculées pour un modèle d'ellipsoïde (sans les anomalies locales) : $g$ augmente de l'équateur vers les pôles, car la Terre est aplatie et tourne sur elle-même, et diminue avec l'altitude.
La Terre n'est même pas exactement un ellipsoïde : la répartition inégale des masses dans son intérieur crée de petites anomalies du champ de pesanteur. Le géoïde, la surface qu'aurait un océan au repos recouvrant toute la Terre, s'écarte de l'ellipsoïde de référence de $+80$ m à $-100$ m environ. Représenté avec ces écarts très exagérés, il ressemble à une pomme de terre, d'où son surnom, venu du centre de recherche de Potsdam qui l'a cartographié : voir l'image de la « patate de Potsdam ».
Ces anomalies ne modifient la valeur de $g$ qu'à partir du troisième chiffre après la virgule.
À retenir
Au voisinage de la surface d'une planète, sur des distances faibles par rapport à son rayon, le champ de pesanteur $\vec{g}$ peut être considéré comme uniforme.
Uniforme signifie partout identique : $\vec{g}=\overrightarrow{\text{cte}}$.
Animation interactive
Zoomer pour voir le champ devenir uniforme
Vu de loin, le champ est dirigé vers le centre de la Terre et diminue avec la distance. Sur une zone de quelques kilomètres, les vecteurs sont pratiquement parallèles et de même norme : le champ est uniforme.
On étudie le lancer d'une balle de basket. À l'instant $t=0$, la balle quitte les mains du joueur.
Définition
On néglige les forces de frottement $\Rightarrow$ seule force extérieure : le poids $\Leftrightarrow$ situation de chute libre.
Dans le référentiel terrestre, supposé galiléen, le mouvement du centre de masse $\mathrm{M}$ d'un système de masse constante $m$ est étudié dans le repère d'espace $(\mathrm{O};\vec{i},\vec{j},\vec{k})$.
Conditions initiales
À la date $t=0$, le point $\mathrm{M}$ est situé en $\mathrm{M_0}(0,0,h)$. Et son vecteur vitesse initial vaut :
$\vec{v}(t=0)=\vec{v}_0\begin{cases}v_x(0)=v_0\cos(\alpha)\\v_y(0)=0\\v_z(0)=v_0\sin(\alpha)\end{cases}$
Inventaire des forces extérieures : le poids $\vec{P}=m\vec{g}$.
Vecteur accélération. Application de la deuxième loi de Newton :
$m{\color{#059669}\vec{a}} = \sum \vec{F}_\mathrm{ext} \Rightarrow m{\color{#059669}\vec{a}}=m\vec{g} \Rightarrow {\color{#059669}\vec{a}}=\vec{g}$
Le mouvement est uniformément accéléré vers le bas, et les coordonnées du vecteur accélération sont :
${\color{#059669}\vec{a}(t)\begin{cases}a_x(t)=0\\a_y(t)=0\\a_z(t)=-g\end{cases}}$
Vecteur vitesse. Les coordonnées du vecteur vitesse sont des primitives des coordonnées du vecteur accélération :
${\color{#059669}\begin{cases}\frac{\mathrm{d}v_x}{\mathrm{d}t}=0\\[1mm]\frac{\mathrm{d}v_y}{\mathrm{d}t}=0\\[1mm]\frac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t}=-g\end{cases}} \Rightarrow {\color{#D97706}\vec{v}(t)\begin{cases}v_x(t)=c_1\\v_y(t)=c_2\\v_z(t)=-gt+c_3\end{cases}}$
On obtient les constantes d'intégration grâce aux conditions initiales : $v_x(0)=c_1=v_0\cos\alpha$, $v_y(0)=c_2=0$ et $v_z(0)=c_3=v_0\sin\alpha$. D'où :
${\color{#D97706}\vec{v}(t)\begin{cases}v_x(t)=v_0\cos\alpha\\v_y(t)=0\\v_z(t)=-gt+v_0\sin\alpha\end{cases}}$
Vecteur position. Les coordonnées du vecteur position sont des primitives des coordonnées du vecteur vitesse :
${\color{#2A6BC4}\overrightarrow{\mathrm{OM}}(t)\begin{cases}x(t)=(v_0\cos\alpha)t+c'_1\\y(t)=c'_2\\z(t)=-\frac12 gt^2+(v_0\sin\alpha)t+c'_3\end{cases}}$
Avec les conditions initiales : $x(0)=c'_1=0$, $y(0)=c'_2=0$ et $z(0)=c'_3=h$.
Équations horaires du mouvement
$$\overrightarrow{\mathrm{OM}}(t)\begin{cases}x(t)=(v_0\cos\alpha)\,t\\y(t)=0\\z(t)=-\frac12 gt^2 + (v_0\sin\alpha)\,t + h\end{cases}$$
Méthode : obtenir l'équation de la trajectoire $z(x)$
On isole $t$ grâce à l'équation $x(t)$ : $x = (v_0\cos\alpha)\,t \Rightarrow t = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha}$.
On remplace dans $z(t)$ : $z(x)=-\dfrac12 g \left(\dfrac{x}{v_0\cos\alpha}\right)^2+v_0\sin\alpha\left(\dfrac{x}{v_0\cos\alpha}\right)+h$.
Équation de la trajectoire
$$z(x)=-\frac{g}{2\left(v_0\cos\alpha\right)^2}\,x^2+\tan(\alpha)\, x+h$$
À retenir
La trajectoire est donc plane (comprise dans le plan $(\mathrm{O},\vec{i},\vec{k})$).
Le mouvement de chute libre est parabolique (la trajectoire est une portion de parabole).
Animation interactive
Un lancer en chute libre
Points espacés de 0,1 s. Changez la masse : rien ne change !
À retenir
Le mouvement de chute libre ne dépend pas de la masse !
En effet, la masse a disparu dès le départ (2e loi de Newton).
Exercice 1
Une pierre est lâchée sans vitesse initiale au-dessus d'un puits. On mesure une durée $\Delta t = \pu{2 s}$ avant d'entendre "plouf".
Si on néglige les frottements, quelle est la profondeur approximative du puits ? Que peut-on supposer en réalité ?
Avec $v_0 = 0$, l'équation horaire verticale se réduit à :
$z(t) = h - \frac12 g t^2$
La pierre touche le sol quand $z = 0$ :
$h = \frac12 g\,\Delta t^2$
Pour $\Delta t = \pu{3,0 s}$, $h \approx \pu{20 m}$.En réalité, les frottements de l'air ralentissent la pierre : pour une même durée de chute, elle parcourt une distance plus faible. La profondeur calculée surestime donc la profondeur réelle.
Une autre raison nous fait un poil surestimer la profondeur : le temps que met le son pour remonter à la surface qui nous fait surestimer la durée de chute (mais ça rajouterait moins d'un dixième de seconde ici).
Exercice 2
À quelle vitesse minimale doit partir la balle 🏐 pour passer le filet ? Le joueur frappe la balle à la hauteur $h = \pu{3,50 m}$ avec une vitesse horizontale, depuis le fond du terrain de longueur $L = \pu{18,0 m}$ ; le filet, au milieu du terrain, a une hauteur $H = \pu{2,40 m}$. Rayon de la balle : $r=\pu{10 cm}$.
Animation interactive
Le service au volley
Ici, la vitesse initiale est purement horizontale ($\Rightarrow \alpha=0$) : $\vec{v}_0 \begin{cases}v_0\\0\\0\end{cases}$. L'équation de la trajectoire devient alors :
$z(x) = -\dfrac{g}{2v_0^2}x^2 + h$.
Pour que le ballon passe au-dessus du filet, il faut : $z(x_\mathrm{filet})=z(L/2) > H+r$, soit
$-\dfrac{g}{2v_0^2}\left(\dfrac L2\right)^{2} + h > H+r \Leftrightarrow \dfrac{g}{2v_0^2}\left(\dfrac L2\right)^2 < h-(H+r) \Leftrightarrow v_0 > \sqrt{\dfrac{g L^2}{8\left(h-(H+r)\right)}}$
Application numérique : $v_0 > \sqrt{\dfrac{9{,}8 \times 18^2}{8\times\left(3{,}50-(2{,}40+0{,}10)\right)}}$, soit $v_0 > \pu{20 m*s-1}$.
Question subsidiaire : comment s'assurer que le service atterrit bien dans les limites du terrain ? On trouve la distance horizontale $x_\mathrm{sol}$ parcourue par le ballon au moment de toucher le sol en résolvant $z(x_\mathrm{sol})=r$ :
$-\dfrac{g}{2v_0^2}x_\mathrm{sol}^2 + h = r \Rightarrow x_\mathrm{sol} = \pm v_0\sqrt{\dfrac{2(h-r)}{g}}$
Seule la solution positive (devant le serveur) nous intéresse. Il faut donc $v_0\sqrt{\dfrac{2(h-r)}{g}} < L$, soit $v_0 < L\sqrt{\dfrac{g}{2(h-r)}} = 18\times \sqrt{\dfrac{9{,}8}{2\times (3{,}50-0{,}10)}} = \pu{22 m*s-1}$.
La vitesse du service doit finalement être comprise entre 20 et 22 m/s. Easy peasy.
Rappels de première : le travail d'une force constante $\vec{F}$ le long d'un déplacement de A à B vaut $W_\mathrm{AB}(\vec{F}) = \vec{F}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}} = F\times \mathrm{AB}\times\cos\theta$ (en joules), où $\theta$ est l'angle entre $\vec{F}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$.
Théorème de l'énergie cinétique
$$\Delta E_c = E_{c\mathrm{B}} - E_{c\mathrm{A}} = \sum W_\mathrm{AB}(\vec{F}_\mathrm{ext})$$
Théorème de l'énergie mécanique
$$\Delta E_m = E_{m\mathrm{B}} - E_{m\mathrm{A}} = \sum W_\mathrm{AB}(\vec{F}_\mathrm{n.c.})$$
Remarque
Une force est conservative si son travail ne dépend pas du chemin suivi (c'est le cas du poids et de la force électrique dans un champ uniforme). Son travail est alors compté dans l'énergie potentielle ; les frottements, eux, sont des forces non conservatives.
Définition
Lors d'une chute libre, l'énergie mécanique $E_m$ du système est la somme de son énergie cinétique $E_c=\frac12 mv^2$ et de son énergie potentielle de pesanteur $E_{pp}=mgz$.
À retenir
Comme la seule force agissant sur le système est conservative, le théorème de l'énergie mécanique, $\Delta E_m = \sum W_\mathrm{AB}(\vec{F}_\mathrm{n.c.}) = 0$, nous assure que l'énergie mécanique est conservée pendant le mouvement.
L'énergie cinétique est ainsi convertie en énergie potentielle de pesanteur et inversement.
Animation interactive
Les énergies d'un ballon en chute libre
Ballon de 600 g lancé depuis 2,0 m de haut (origine de l'énergie potentielle au sol). En orange : $E_c$ ; en bleu : $E_{pp}$ ; en rouge : $E_m = E_c + E_{pp}$, constante.
Remarque
Utiliser la conservation de l'énergie peut permettre de déterminer plus rapidement la valeur de certaines grandeurs que la 2e loi de Newton (équations horaires).
Exemple
Déterminer la vitesse d'arrivée au sol d'une pièce de 1 € qui tombe du 3e étage de la tour Eiffel ($h=\pu{276 m}$) en négligeant les frottements.
La pièce part sans vitesse ($E_c = 0$) à l'altitude $h$, et arrive au sol ($E_{pp} = 0$) avec la vitesse $v$. La conservation de l'énergie mécanique donne :
$mgh = \dfrac12 m v^2 \Rightarrow v = \sqrt{2gh} = \sqrt{2\times 9{,}81\times 276} = \pu{73,6 m*s-1}$, soit environ $\pu{265 km*h-1}$.
Pas besoin des équations horaires, et la masse de la pièce n'intervient pas. En réalité, les frottements de l'air limitent la vitesse de la pièce à quelques dizaines de km/h.
Définition
Un condensateur plan est constitué de deux plaques métalliques chargées, parallèles entre elles et séparées par un isolant (air, huile…).
Il se crée alors un champ électrique uniforme dans la zone de l'espace située entre les deux plaques (suffisamment loin des bords).
À retenir
Les lignes de champ sont perpendiculaires aux plaques, orientées de la plaque chargée positivement vers la plaque chargée négativement.
Animation interactive
Le champ électrique d'un condensateur plan
Plus les plaques sont chargées (plus de signes + et −), plus le champ est intense.
Champ créé par un condensateur plan
$$E=\frac U d$$
Prenons l'exemple du principe de fonctionnement des imprimantes à jet d'encre continu dévié, principalement utilisées pour imprimer les dates d'expiration figurant sur les produits alimentaires.
Principe
Le jet d'encre sort de la tête d'impression par une buse qui le décompose en très petites gouttes dont certaines sont chargées électriquement.
Celles-ci passent sous un déflecteur constitué de deux plaques P1 et P2 parallèles, chargées électriquement, assimilables à un condensateur plan. Ces plaques dévient les gouttes chargées de leur trajectoire initiale.
Les gouttes non chargées poursuivent leur mouvement rectiligne vers une gouttière de recyclage.
À la date $t_0=\pu{0 s}$, la goutte d'encre G pénètre dans la zone de champ électrique uniforme au niveau du point O avec une vitesse initiale notée $\vec{v}_0=v_0\,\vec{i}$.
Question
Sachant que la goutte, chargée négativement, est déviée vers le haut, quel est le signe des charges portées par P1 et P2 ? Que peut-on dire du champ $\vec{E}$ entre les plaques ?
La goutte, négative, est attirée par la plaque positive : P1 (en haut) est chargée positivement, P2 (en bas) négativement.
Le champ $\vec{E}$ est uniforme entre les plaques, perpendiculaire à celles-ci et orienté de P1 vers P2, donc vers le bas : $\vec{E} = -E\,\vec{k}$.
Obtenons les équations horaires du mouvement de la goutte dans le déflecteur. On se place dans le référentiel terrestre supposé galiléen et muni du repère d'espace $(\mathrm{O};\vec{i},\vec{j},\vec{k})$.
Bilan des forces extérieures s'appliquant à la goutte : le poids $\vec{P}=m\vec{g}$ ; la force électrique $\vec{F}_e = q\vec{E}$ ; les actions de l'air sur la goutte (poussée d'Archimède, frottements).
Dans la suite, on négligera les autres forces que la force électrique : la goutte a une masse et une surface toutes petites ($m \approx \pu{2E-10 kg}$, soit un poids de l'ordre de $\pu{2E-9 N}$, alors que la force électrique vaut environ $|q|E \approx \pu{4E-7 N}$, près de deux cents fois plus).
Vecteur accélération. Application de la deuxième loi de Newton :
$m{\color{#059669}\vec{a}} = \sum \vec{F}_\mathrm{ext} \Rightarrow m{\color{#059669}\vec{a}}=q\vec{E} \Rightarrow {\color{#059669}\vec{a}}=\dfrac {q} m \vec{E}$
Comme $q<0$, le mouvement est uniformément accéléré vers le haut. Coordonnées du vecteur accélération (en effet, $\vec{E}=-E\,\vec{k}$) :
${\color{#059669}\vec{a}(t)\begin{cases}a_x(t)=0\\a_y(t)=0\\a_z(t)=-\frac {qE}{m}\end{cases}}$
Le signe − est important ! C'est $\vec{E}$ qu'on projette, et $\vec{E}$ est orienté vers le bas.
Vecteur vitesse. On primitive les coordonnées de $\vec{a}$ : $v_x(t)=c_1$, $v_y(t)=c_2$, $v_z(t)=-\frac{qE}{m} t+c_3$. D'après les conditions initiales, $c_1=v_0$, $c_2=0$ et $c_3=0$. D'où :
${\color{#D97706}\vec{v}(t)\begin{cases}v_x(t)=v_0\\v_y(t)=0\\v_z(t)=-\frac{qE}{m} t\end{cases}}$
Vecteur position. On primitive les coordonnées de $\vec{v}$ ; d'après les conditions initiales, toutes les constantes sont nulles. D'où les équations horaires du mouvement :
${\color{#2A6BC4}\overrightarrow{\mathrm{OG}}(t)\begin{cases}x_\mathrm{G}(t)=v_0 t\\y_\mathrm{G}(t)=0\\z_\mathrm{G}(t)=-\frac{qE}{2m} t^2\end{cases}}$
Exercice
Déterminer la valeur de la hauteur H'I du point d'impact I de la goutte sur le support d'impression, si on suppose que le mouvement de la goutte est rectiligne uniforme en sortie du déflecteur (de S à I).
Données : $m=\pu{2E-10 kg}$ ; $q=\pu{-4E-13 C}$ ; $L=\pu{2 cm}$ ; $D=\pu{3 cm}$ ; $E=\pu{9E5 V*m-1}$ ; $v_0=\pu{20 m*s-1}$.
Déterminer la date $t_\mathrm{S}$ où la goutte sort du déflecteur grâce à $x(t_\mathrm{S})=L$, et la déviation $\mathrm{HS} = z(t_\mathrm{S})$.
Déterminer les coordonnées de $\vec{v}_\mathrm{S}$.
Montrer que $\tan\alpha=-\dfrac{qEL}{mv_0^2}$ et en déduire $\mathrm{S'I}$, puis ajouter $\mathrm{H'S'} = \mathrm{HS}$.
On est censé trouver :
$\mathrm{H'I}=-\dfrac{qEL}{mv_0^2}\left(\dfrac L2+D\right)$
Le terme en facteur est bien sans dimension, car $qEL$ a la dimension d'une énergie (charge $\times$ champ $\times$ distance $=$ charge $\times$ tension $=$ énergie), et $mv_0^2$ aussi.
A.N. : $\mathrm{H'I}=-\dfrac{(\pu{-4E-13 C})\times\pu{9E5 V*m-1}\times\pu{2E-2 m}}{\pu{2E-10 kg}\times (\pu{20 m*s-1})^2}\times\left(\dfrac{\pu{2E-2 m}}{2}+\pu{3E-2 m}\right) = \pu{4E-3 m}=\pu{4 mm}$.
Cette déviation paraît cohérente avec la taille des caractères imprimés sur les emballages.
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Le déflecteur de l'imprimante
Avec les données de l'exercice ($q = \pu{-4E-13 C}$, $E = \pu{9E5 V*m-1}$, $v_0 = \pu{20 m*s-1}$), on retrouve H'I ≈ 3,6 mm. En faisant varier la charge des gouttes, l'imprimante place chaque point à la hauteur voulue : c'est ainsi qu'elle « dessine » les caractères.
On retrouve une utilisation du champ électrique uniforme d'un condensateur dans les accélérateurs linéaires de particules chargées. Comme leur nom l'indique, leur but est d'accélérer fortement une particule chargée (électron ou ion).
Cette particule peut ensuite servir à une expérience de physique des particules ou en radiothérapie. Et en l'envoyant sur une cible, on crée des rayons X utilisés en imagerie médicale ou, là encore, en radiothérapie.
Exemple
Imaginons qu'un électron est injecté sans vitesse initiale en A.
Rappel : théorème de l'énergie cinétique
$$\Delta E_c = E_{c\mathrm{B}} - E_{c\mathrm{A}} = \sum W_\mathrm{AB}(\vec{F}_\mathrm{ext})$$
Si on néglige l'action de la gravité, la seule force extérieure est la force électrique, et le théorème de l'énergie cinétique nous dit que :
$\begin{aligned}\Delta E_c &= \sum W_\mathrm{AB}(\vec{F}_\mathrm{ext})\\ &=\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot \vec{F}_e\\ &=-qEd\end{aligned}$
Or $E=\dfrac Ud$. On obtient donc $E_{c\mathrm{B}}-E_{c\mathrm{A}}=-qU$. Et comme par hypothèse $v_\mathrm{A} = 0$ :
Vitesse en sortie de l'accélérateur
$$v_\mathrm{B}=\sqrt{\frac{-2qU}{m}}$$
Application numérique
Pour une tension de $\pu{20,0 kV}$, on obtient une vitesse de :
$v_\mathrm{B} = \sqrt{\dfrac{-2\times (\pu{-1,60E-19 C})\times(\pu{20,0E3 V})}{\pu{9,11E-31 kg}}} = \pu{8,38E7 m*s-1}$
Animation interactive
Jusqu'où peut-on accélérer un électron ?
À 20 kV, l'électron atteint déjà plus du quart de la vitesse de la lumière $c$. Au-delà de quelques dizaines de kilovolts, la formule de Newton devient fausse : elle prédit même une vitesse supérieure à $c$ vers 256 kV, ce qui est impossible.
À 20 kV, la relativité restreinte donne $v_\mathrm{B} \approx \pu{8,15E7 m*s-1}$ au lieu de $\pu{8,38E7 m*s-1}$ : l'écart n'est encore que de 3 %. Mais il grandit très vite avec la tension : aucun électron, quelle que soit la tension, ne peut atteindre la vitesse de la lumière. Dans les accélérateurs médicaux (quelques mégavolts), les électrons vont à plus de 99 % de $c$, et c'est leur énergie, plus que leur vitesse, qui continue d'augmenter.