Physique · C1 Mécanique · Chapitre 3 · 10 h

Mouvements dans un champ uniforme

Le chapitre le plus rentable de l'épreuve : chute et projectile, particule chargée dans un champ électrique puis magnétique, gravitation, satellites et lois de Kepler.

Ce chapitre est le plus rentable de l'épreuve : un exercice de physique sur deux en vient. Il le doit à une particularité rare — quatre situations qui n'ont rien à voir entre elles relèvent du même calcul.

Un champ est dit uniforme lorsqu'il a même direction, même sens et même valeur en tout point d'une région. La force qu'il exerce est alors constante, donc l'accélération aussi, et le mouvement s'obtient en intégrant deux fois. Chute d'un corps, tir d'un projectile, déviation d'un électron dans un tube cathodique : trois énoncés, une seule méthode.

\vec{a} = \overrightarrow{\text{constante}} \quad\xrightarrow{\;\int\;}\quad \vec{v}(t) \quad\xrightarrow{\;\int\;}\quad \overrightarrow{OM}(t)

Le seul cas qui échappe à ce schéma est le champ magnétique, et pour une raison précise que l'on verra : sa force dépend de la vitesse, donc l'accélération n'y est pas constante.

Chute libre et projectile

Un corps est en chute libre lorsque le poids est la seule force qui s'exerce sur lui — la résistance de l'air étant négligée. Le théorème du centre d'inertie donne alors $m\vec{g} = m\vec{a}$ , d'où

\vec{a} = \vec{g}

La masse disparaît. Tous les corps tombent identiquement, quelle que soit leur masse : c'est le résultat de Galilée, et il est ici une conséquence d'une simplification algébrique.

Avec un repère dont l'axe $y$ est vertical ascendant et un lancer de vitesse $v_0$ inclinée de $\alpha$ :

\left| \begin{aligned} a_x &= 0 \\ a_y &= -g \end{aligned} \right. \qquad \left| \begin{aligned} v_x &= v_0\cos\alpha \\ v_y &= -g\,t + v_0\sin\alpha \end{aligned} \right. \qquad \left| \begin{aligned} x &= v_0\cos\alpha\;t \\ y &= -\tfrac{1}{2}g\,t^2 + v_0\sin\alpha\;t \end{aligned} \right.

Ces deux colonnes sont indépendantes. Le mouvement horizontal est uniforme, le mouvement vertical est une chute libre, et ils se déroulent en parallèle sans jamais s'influencer. Un projectile lancé horizontalement et une bille lâchée au même instant touchent le sol ensemble — l'animation ci-dessous le rend visible mieux qu'aucun raisonnement.

Animation · 5 étapes

Un projectile lancé à 20 m/s, incliné de 50°

Décomposer la vitesse initiale — Le vecteur vitesse initiale se projette sur les deux axes. Ces deux nombres — et la valeur de g — contiennent DÉJÀ toute la trajectoire : rien d'autre n'entrera dans le calcul.
Deux mouvements indépendants — Le poids est vertical, donc l'accélération n'a pas de composante horizontale. L'ombre au sol avance à vitesse CONSTANTE pendant que l'ombre sur le mur ralentit, s'arrête et retombe. C'est tout le chapitre : un mouvement rectiligne uniforme et une chute libre, menés en parallèle.
Les équations horaires — On intègre deux fois chaque composante de l'accélération. Les repères sont posés à intervalles de temps ÉGAUX : leur écart horizontal reste constant, leur écart vertical non — la signature visible des deux régimes.
L'équation de la trajectoire — On tire t de la première équation, t = x/(v₀cos α), et on le reporte dans la seconde. Le temps disparaît : reste une relation entre y et x, du second degré. La trajectoire est une parabole — ce n'est pas une observation, c'est une conséquence.
Flèche et portée — La flèche s'obtient en annulant vᵧ, la portée en résolvant y = 0 pour x ≠ 0. Ces deux formules ne se retiennent pas : elles se retrouvent en trois lignes à partir des équations horaires, et c'est ce que l'énoncé attend.

En éliminant $t$ entre les deux équations horaires, on obtient l'équation de la trajectoire :

y = -\frac{g}{2v_0^{\,2}\cos^2\alpha}\,x^2 + x\tan\alpha

Une parabole. Ce n'est pas une observation expérimentale, c'est une conséquence : le temps éliminé entre une fonction affine et une fonction du second degré ne peut donner que cela.

Trois grandeurs se demandent presque systématiquement, et aucune ne s'apprend par cœur — chacune se retrouve en deux lignes.

Grandeur	Comment l'obtenir	Résultat
Durée du vol	résoudre $y(t) = 0$ , $t \neq 0$	$t_v = \dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}$
Portée	reporter $t_v$ dans $x(t)$	$d = \dfrac{v_0^{\,2}\sin 2\alpha}{g}$
Flèche	annuler $v_y$ , reporter dans $y(t)$	$h = \dfrac{v_0^{\,2}\sin^2\alpha}{2g}$

La portée est maximale pour $\alpha = 45°$ , et deux angles complémentaires donnent la même portée — $30°$ et $60°$ atteignent la même cible, l'un par un tir tendu, l'autre en cloche.

Quiz · 1 question

Une bille est lâchée sans vitesse initiale ; au même instant, une seconde est lancée horizontalement depuis la même hauteur. Laquelle touche le sol en premier ?

Celle qui est lâchée : elle n'a pas de distance horizontale à parcourir — la lâchée
Celle qui est lancée : elle va plus vite — la lancée
Elles touchent le sol au même instant — simultanément

Réponse : Le mouvement vertical ne dépend que de a_y = −g et de la vitesse verticale initiale, nulle dans les deux cas. La vitesse horizontale n'intervient dans aucune des équations en y : elle change le point de chute, pas la date de chute.

Particule chargée dans un champ électrique uniforme

Entre deux plaques parallèles portées à une tension $U$ et distantes de $d$ , le champ est uniforme, dirigé de la plaque positive vers la négative, de valeur

E = \frac{U}{d}

Une particule de charge $q$ y subit la force électrique $\vec{F} = q\vec{E}$ . Le poids est systématiquement négligé devant elle — pour un électron, le rapport est de l'ordre de $10^{13}$ , et l'énoncé demande souvent de le justifier par ce calcul.

\vec{a} = \frac{q\vec{E}}{m}

L'accélération est constante : on est exactement dans le cas du projectile, avec $q E / m$ à la place de $g$ . Toutes les formules précédentes se transposent, y compris l'équation de la trajectoire parabolique.

Deux dispositifs reviennent :

L'accélération, lorsque $\vec{E}$ est parallèle à la vitesse. Le théorème de l'énergie cinétique donne directement la vitesse de sortie, sans passer par les équations horaires :

\tfrac{1}{2}mv^2 - \tfrac{1}{2}mv_0^{\,2} = qU

La déviation, lorsque $\vec{E}$ est perpendiculaire à la vitesse d'entrée. La particule décrit une parabole dans les plaques, puis une droite au-delà — plus aucune force ne s'y exerce. C'est le principe de l'oscilloscope, et l'énoncé demande presque toujours la déviation sur l'écran, qui se calcule en prolongeant la tangente à la sortie des plaques.

Le signe de $q$ décide du sens de la déviation : un électron, de charge négative, est dévié vers la plaque positive, en sens inverse du champ.

Particule chargée dans un champ magnétique

C'est le point qui coince, chaque année, et la difficulté est géométrique avant d'être physique. La force de Lorentz s'écrit

\vec{F} = q\,\vec{v} \wedge \vec{B}

Un produit vectoriel : le résultat est perpendiculaire aux deux vecteurs de départ. Sa norme vaut $|q|\,v\,B\sin\theta$ , maximale quand $\vec{v}$ et $\vec{B}$ sont perpendiculaires, nulle quand ils sont colinéaires — une particule lancée le long des lignes de champ n'est pas déviée du tout.

Le conseil qui fait la différence : dessiner systématiquement le trièdre. Trois doigts de la main droite, orthogonaux, dans l'ordre $\vec{v}$ , $\vec{B}$ , $\vec{F}$ ; puis inverser le sens de $\vec{F}$ si la charge est négative. Tant que le trièdre n'est pas sur le papier, le calcul se fait à l'aveugle.

Deux conséquences immédiates, et elles ne se démontrent pas autrement :

La force ne travaille jamais. Étant perpendiculaire à la vitesse, sa puissance $\vec{F} \cdot \vec{v}$ est nulle. La norme de la vitesse est donc constante : un champ magnétique dévie, il n'accélère ni ne ralentit jamais. C'est ce qui le distingue radicalement du champ électrique, et l'énoncé le vérifie souvent par une question de cours.

Le mouvement est circulaire uniforme lorsque $\vec{v}$ est perpendiculaire à $\vec{B}$ . La force, de norme constante $|q|vB$ et toujours perpendiculaire à la vitesse, est centripète. En égalant à $mv^2/R$ :

|q|\,v\,B = \frac{mv^2}{R} \qquad\Longrightarrow\qquad R = \frac{m\,v}{|q|\,B}

Le rayon croît avec la vitesse et décroît avec le champ. La période, elle, ne dépend pas de la vitesse :

T = \frac{2\pi m}{|q|\,B}

C'est la propriété qui rend le cyclotron possible : une particule qui accélère décrit des cercles de plus en plus grands mais met toujours le même temps à en faire un tour, si bien qu'une tension alternative de période fixe peut l'accélérer à chaque passage.

Quiz · 1 question

Un champ magnétique peut-il augmenter la vitesse d'une particule chargée ?

Oui, si le champ est assez intense — intensité
Non : la force de Lorentz est perpendiculaire à la vitesse, donc elle ne travaille pas — travail nul
Oui, mais seulement pour une charge positive — signe de q

Réponse : La puissance de la force de Lorentz est F·v = 0 puisque les deux vecteurs sont orthogonaux. L'énergie cinétique reste constante, donc la norme de la vitesse aussi. Un champ magnétique courbe une trajectoire ; seul un champ électrique change la vitesse.

Gravitation, satellites et lois de Kepler

Deux corps de masses $m_A$ et $m_B$ dont les centres sont distants de $r$ s'attirent avec une force de norme

F = G\,\frac{m_A\,m_B}{r^2} \qquad\text{avec}\qquad G = 6{,}67 \times 10^{-11}\ \text{S.I.}

Le champ de gravitation créé par un astre de masse $M$ à la distance $r$ de son centre vaut $\mathcal{G} = GM/r^2$ . Au voisinage du sol, ce champ est $\vec{g}$ : l'intensité de la pesanteur n'est pas une constante donnée, c'est la valeur locale du champ de gravitation.

g_0 = \frac{GM_T}{R_T^{\,2}} \qquad\qquad g(h) = \frac{GM_T}{(R_T + h)^2} = g_0\,\frac{R_T^{\,2}}{(R_T + h)^2}

Pour un satellite en orbite circulaire, la gravitation est la seule force et elle est centripète. En l'égalant à $mv^2/r$ , la masse du satellite se simplifie — encore une fois — et il vient

v = \sqrt{\frac{GM}{r}} \qquad\qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}}

La vitesse ne dépend pas de la masse du satellite : un boulon et une station spatiale sur la même orbite ont la même vitesse. Et plus l'orbite est haute, plus le satellite est lent, ce qui heurte l'intuition mais se lit directement dans la formule.

En élevant la période au carré, on obtient la troisième loi de Kepler :

\frac{T^2}{r^3} = \frac{4\pi^2}{GM}

Le rapport ne dépend que de l'astre central. Deux satellites de la Terre vérifient donc $T_1^{\,2}/r_1^{\,3} = T_2^{\,2}/r_2^{\,3}$ , ce qui permet de déduire l'un de l'autre sans connaître $G$ ni $M$ — c'est l'usage qu'en fait presque tout énoncé.

Le satellite géostationnaire est le cas particulier obligé : il paraît fixe au-dessus d'un point de l'équateur, donc sa période vaut exactement un jour sidéral ( $T = 86\,164$ s), son orbite est équatoriale, et son rayon s'en déduit — environ $42\,200$ km depuis le centre de la Terre, soit $35\,800$ km d'altitude.

À vous

Exercice de code

Écrivez durée de vol, portée et flèche à partir des équations horaires, puis découvrez pourquoi deux angles de tir atteignent la même cible.

Point de départ

// Un projectile est lancé depuis le sol avec la vitesse v0,
// sous l'angle alpha (en degrés) au-dessus de l'horizontale.
const g = 9.8;
const rad = (d) => (d * Math.PI) / 180;

// 1. Les trois grandeurs qu'un énoncé demande presque toujours.
const duree = (v0, alpha) => 0;   // durée totale du vol
const portee = (v0, alpha) => 0;  // distance au point de chute
const fleche = (v0, alpha) => 0;  // altitude maximale

console.log(duree(20, 50).toFixed(2));    // attendu : 3.13
console.log(portee(20, 50).toFixed(1));   // attendu : 40.2
console.log(fleche(20, 50).toFixed(1));   // attendu : 12.0

// 2. Deux angles différents donnent la MÊME portée. Trouvez lequel
//    accompagne 50°, et vérifiez-le.
console.log(portee(20, 40).toFixed(1));   // ?

// 3. Quel angle maximise la portée ? Balayez et lisez le résultat.

Solution

const g = 9.8;
const rad = (d) => (d * Math.PI) / 180;

// Toutes trois se retrouvent depuis les équations horaires, et
// aucune ne mérite d'être apprise par cœur :
//   - la durée en résolvant y(t) = 0 pour t different de 0 ;
//   - la portée en reportant cette durée dans x(t) ;
//   - la flèche à mi-vol, là où la composante verticale s'annule.
const duree = (v0, alpha) => (2 * v0 * Math.sin(rad(alpha))) / g;
const portee = (v0, alpha) => (v0 ** 2 * Math.sin(2 * rad(alpha))) / g;
const fleche = (v0, alpha) => (v0 * Math.sin(rad(alpha))) ** 2 / (2 * g);

console.log(duree(20, 50).toFixed(2));    // 3.13
console.log(portee(20, 50).toFixed(1));   // 40.2
console.log(fleche(20, 50).toFixed(1));   // 12.0

// L'angle complémentaire donne la même portée : sin(2 x 40°) et
// sin(2 x 50°) valent tous deux sin(80°) = sin(100°). Le tir tendu
// et le tir en cloche atteignent la même cible.
console.log(portee(20, 40).toFixed(1));   // 40.2 — identique

// ... mais PAS la même flèche ni la même durée : c'est ce qui les
// distingue, et ce que l'énoncé demande de commenter.
console.log(fleche(20, 40).toFixed(1), duree(20, 40).toFixed(2)); // 8.4 2.63

// Le maximum est en 45°, où sin(2 alpha) = 1. Le balayage le
// confirme sans qu'on ait à dériver quoi que ce soit.
let meilleur = 0;
for (let a = 1; a < 90; a++) {
  if (portee(20, a) > portee(20, meilleur)) meilleur = a;
}
console.log(meilleur, portee(20, meilleur).toFixed(1)); // 45 40.8

Deux exercices de bac

Exercice 1

Déviation d'un électron entre deux plaques

Un électron pénètre avec une vitesse horizontale $v_0 = 2{,}0 \times 10^7$ m/s au milieu de deux plaques horizontales de longueur $L = 8{,}0$ cm, distantes de $d = 4{,}0$ cm, entre lesquelles règne une tension $U = 200$ V. On donne $e = 1{,}6 \times 10^{-19}$ C et $m = 9{,}1 \times 10^{-31}$ kg.

Établir les équations horaires du mouvement.
L'électron sort-il des plaques ?

Correction

Système : l'électron. Repère : origine à l'entrée, $x$ horizontal dans le sens de $\vec{v}_0$ , $y$ vertical ascendant.

Le poids est négligeable : $mg \approx 9 \times 10^{-30}$ N face à $eE = 8 \times 10^{-16}$ N, soit un rapport de $10^{14}$ .

1. Le champ vaut $E = U/d = 200/0{,}040 = 5{,}0 \times 10^3$ V/m. L'électron étant de charge négative, il est attiré vers la plaque positive ; en prenant cette plaque du côté des $y$ positifs, l'accélération est dirigée vers le haut :

a = \frac{eE}{m} = \frac{1{,}6 \times 10^{-19} \times 5{,}0 \times 10^3}{9{,}1 \times 10^{-31}} \approx 8{,}8 \times 10^{14}\ \text{m}\cdot\text{s}^{-2}

D'où, avec $v_{0y} = 0$ :

x = v_0\,t \qquad\qquad y = \tfrac{1}{2}a\,t^2

2. La durée de traversée se lit sur la première équation :

t_s = \frac{L}{v_0} = \frac{0{,}080}{2{,}0 \times 10^7} = 4{,}0 \times 10^{-9}\ \text{s}

La déviation à la sortie vaut alors

y_s = \tfrac{1}{2} \times 8{,}8 \times 10^{14} \times (4{,}0 \times 10^{-9})^2 \approx 7{,}0 \times 10^{-3}\ \text{m} = 7{,}0\ \text{mm}

L'électron entrant au milieu des plaques, il dispose de $d/2 = 20$ mm avant d'en heurter une. Comme $7{,}0 < 20$ , il sort effectivement des plaques. C'est la condition qu'il faut énoncer : comparer la déviation à la demi-distance, et non à la distance entière.

Exercice 2

Un satellite de la Terre

Un satellite décrit une orbite circulaire à l'altitude $h = 600$ km. On donne $R_T = 6\,400$ km et $g_0 = 9{,}8$ m/s².

Exprimer la vitesse du satellite en fonction de $g_0$ , $R_T$ et $h$ , puis la calculer.
En déduire la période, et la comparer à celle d'un satellite géostationnaire.

Correction

1. Plutôt que $G$ et $M_T$ , souvent non fournis, on passe par $g_0 = GM_T/R_T^{\,2}$ , donc $GM_T = g_0 R_T^{\,2}$ . Avec $r = R_T + h$ :

v = \sqrt{\frac{GM_T}{r}} = R_T\sqrt{\frac{g_0}{R_T + h}}

v = 6{,}4 \times 10^6 \times \sqrt{\frac{9{,}8}{7{,}0 \times 10^6}} \approx 7{,}6 \times 10^3\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}

2. La période est le temps d'un tour :

T = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi \times 7{,}0 \times 10^6}{7{,}6 \times 10^3} \approx 5{,}8 \times 10^3\ \text{s} \approx 1\ \text{h}\ 37\ \text{min}

Un satellite géostationnaire a une période de 24 h, soit près de quinze fois plus. La troisième loi de Kepler le confirme sans autre calcul : $T^2$ étant proportionnel à $r^3$ , un rapport de 15 sur les périodes correspond à un rapport de $15^{2/3} \approx 6$ sur les rayons — et l'orbite géostationnaire est bien à $42\,000$ km, six fois $7\,000$ km.

À retenir

Flashcards · 7 cartes

Qu'ont en commun la chute libre, le projectile et la particule dans un champ électrique ?: Une accélération CONSTANTE. Le mouvement s'obtient donc par deux intégrations, et les équations sont les mêmes à g près, remplacé par qE/m.
Pourquoi une bille lâchée et une bille lancée horizontalement touchent-elles le sol ensemble ?: Parce que les deux projections sont indépendantes : le mouvement vertical ne dépend que de a_y = −g et de la vitesse verticale initiale, nulle dans les deux cas.
Comment retrouver portée et flèche sans les apprendre par cœur ?: La durée de vol en résolvant y(t) = 0 pour t ≠ 0 ; la portée en la reportant dans x(t) ; la flèche en annulant v_y. Trois lignes, et c'est la démarche que la copie doit montrer.
Pourquoi un champ magnétique ne peut-il pas accélérer une particule ?: La force de Lorentz est perpendiculaire à la vitesse : son travail est nul, donc l'énergie cinétique et la norme de la vitesse sont constantes. Il courbe la trajectoire, il ne la hâte pas.
Rayon et période d'une particule chargée dans un champ magnétique perpendiculaire ?: R = mv/(|q|B) et T = 2πm/(|q|B). La période ne dépend PAS de la vitesse — c'est ce qui rend le cyclotron possible.
De quoi dépend la vitesse d'un satellite en orbite circulaire ?: v = √(GM/r) : de l'astre central et du rayon d'orbite, jamais de la masse du satellite. Et plus l'orbite est haute, plus le satellite est lent.
Que dit la troisième loi de Kepler, et à quoi sert-elle en exercice ?: T²/r³ = 4π²/GM, constante pour tous les satellites d'un même astre. Elle permet de déduire une orbite d'une autre sans connaître ni G ni M.