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Physique-chimie (spécialité) · TerminaleBac

Mouvement dans un champ de pesanteur uniforme : cours de Terminale

Publié le 6 novembre 2026 · Mis à jour le 6 novembre 2026 · Signaler une erreur

L'essentiel

  • Dans un champ de pesanteur uniforme, vertical, d'intensité gg, un objet soumis à son seul poids a une accélération a⃗=g⃗\vec a=\vec g, indépendante de sa masse.14
  • On intègre deux fois, en tenant compte des conditions initiales (v0v_0, α\alpha, position de départ) : x(t)=v0cos⁡α tx(t)=v_0\cos\alpha\,t et y(t)=−12gt2+v0sin⁡α t+y0y(t)=-\tfrac12 gt^2+v_0\sin\alpha\,t+y_0.3
  • La trajectoire est une parabole ouverte vers le bas, qui dépend de gg et des conditions initiales.34
  • Au sommet, vy=0v_y=0 : tS=v0sin⁡αgt_S=\dfrac{v_0\sin\alpha}{g} et flèche yS=y0+v02sin⁡2α2gy_S=y_0+\dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}. Portée sur sol horizontal : v02sin⁡2αg\dfrac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}.
  • Méthode : système, référentiel, bilan des forces, deuxième loi de Newton, projection, intégrations, puis exploitation des équations.

Introduction : pourquoi un ballon retombe en dessinant une courbe

Quand un joueur de basket lance un ballon vers le panier, le ballon monte, ralentit, atteint un point le plus haut, puis redescend. Sa trajectoire n'est pas une droite : elle est courbée. Ce cours explique pourquoi, et surtout comment prévoir cette trajectoire par le calcul.

Les ressources d'accompagnement du programme de Terminale partent justement d'un cas concret de ce genre : la trajectoire d'un ballon de basket lancé dans le champ de pesanteur.3 On étudie alors un objet dans le champ de pesanteur terrestre, que l'on suppose vertical et uniforme, d'intensité gg.1

Tu connais déjà deux outils indispensables :

  • les vecteurs position, vitesse et accélération, reliés par dérivation ;
  • la deuxième loi de Newton, qui relie la somme des forces à l'accélération.

Ici, on les combine. Le principe est toujours le même : on connaît les forces, on en déduit l'accélération, on intègre pour obtenir la vitesse puis la position, et on exploite le résultat.

Le champ de pesanteur uniforme et le poids

Le mot « uniforme » veut dire que le vecteur g⃗\vec g est le même en tout point de la zone : même direction, même sens, même valeur. Pour un ballon, une balle de tennis ou un javelot, la zone parcourue est minuscule devant le rayon de la Terre, donc cette approximation est excellente. Pour un satellite, ce serait faux : tu verras ce cas dans le chapitre sur les satellites.

La chute libre : seul le poids agit

Cette définition ne dit rien de la direction du mouvement. Une pierre lâchée sans vitesse tombe verticalement. Un ballon lancé en biais est lui aussi en chute libre, dès qu'il a quitté la main : pendant qu'il monte, il est déjà en train de « tomber », simplement sa vitesse initiale l'envoie d'abord vers le haut.

Cette idée surprend souvent. Un objet qui monte n'est pas soumis à une force « vers le haut » qui le propulserait : après le lancer, la seule force (en chute libre) est le poids, dirigé vers le bas. La vitesse vers le haut diminue simplement parce que l'accélération est vers le bas.

Établir l'accélération avec la deuxième loi de Newton

La deuxième loi de Newton s'écrit, pour un système de masse constante :

∑F⃗=m a⃗\sum \vec F = m\,\vec a

Avec le seul poids, on obtient :

mg⃗=ma⃗⟹a⃗=g⃗m\vec g = m\vec a \quad\Longrightarrow\quad \vec a=\vec g

C'est le principe fondamental de la dynamique, appliqué au poids seul, qui fournit ici l'équation du mouvement.4 La masse mm disparaît des deux côtés : l'accélération ne dépend pas de la masse de l'objet. Deux objets de masses différentes, lancés de la même façon et en chute libre, ont exactement la même trajectoire.

Les conditions initiales et le choix du repère

Le même champ de pesanteur peut produire des trajectoires très différentes. La trajectoire dépend du champ de pesanteur g⃗\vec g, mais aussi des conditions initiales sur la position et la vitesse.3 Il faut donc les préciser avant d'intégrer.

Les équations horaires du mouvement

On part de ax=0a_x=0 et ay=−ga_y=-g, puis on intègre deux fois, en utilisant les conditions initiales pour déterminer les constantes.

Démonstration · Établir vitesse et position

Vitesse. Comme ax=dvxdt=0a_x=\dfrac{dv_x}{dt}=0, la coordonnée vxv_x est constante, égale à sa valeur initiale :

vx(t)=v0cos⁡αv_x(t)=v_0\cos\alpha

Comme ay=dvydt=−ga_y=\dfrac{dv_y}{dt}=-g, on a vy(t)=−gt+Cv_y(t)=-gt+C. À t=0t=0, vy(0)=v0sin⁡αv_y(0)=v_0\sin\alpha, donc C=v0sin⁡αC=v_0\sin\alpha :

vy(t)=−gt+v0sin⁡αv_y(t)=-gt+v_0\sin\alpha

Position. Comme vx=dxdt=v0cos⁡αv_x=\dfrac{dx}{dt}=v_0\cos\alpha, on a x(t)=v0cos⁡α t+C′x(t)=v_0\cos\alpha\,t+C' avec C′=x0C'=x_0. De même, vy=dydt=−gt+v0sin⁡αv_y=\dfrac{dy}{dt}=-gt+v_0\sin\alpha donne y(t)=−12gt2+v0sin⁡α t+C′′y(t)=-\tfrac12 gt^2+v_0\sin\alpha\,t+C'' avec C′′=y0C''=y_0. Avec l'origine placée au point de départ (x0=0x_0=0, y0=0y_0=0) :

x(t)=v0cos⁡α  ty(t)=−12 g t2+v0sin⁡α  t\begin{aligned}x(t)&=v_0\cos\alpha\;t\\ y(t)&=-\tfrac12\,g\,t^2+v_0\sin\alpha\;t\end{aligned}

La trajectoire est une parabole

La trajectoire est l'ensemble des positions occupées au cours du temps. Pour l'obtenir, on élimine le temps entre x(t)x(t) et y(t)y(t). Le résultat est une parabole ouverte vers le bas.4

Démonstration · Équation de la trajectoire

De x=v0cos⁡α tx=v_0\cos\alpha\,t, on tire (pour cos⁡α≠0\cos\alpha\neq 0) t=xv0cos⁡αt=\dfrac{x}{v_0\cos\alpha}. On remplace dans y(t)y(t) :

y=−12 g x2v02cos⁡2α+v0sin⁡α xv0cos⁡αy=-\frac12\,g\,\frac{x^2}{v_0^2\cos^2\alpha}+v_0\sin\alpha\,\frac{x}{v_0\cos\alpha}

Soit :

y(x)=−g2v02cos⁡2α x2+tan⁡α  xy(x)=-\frac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}\,x^2+\tan\alpha\;x

C'est un polynôme du second degré en xx dont le coefficient de x2x^2 est négatif : la courbe est une parabole « tournée vers le bas ».

Flèche, portée et durée du vol

Les équations horaires permettent d'obtenir l'altitude maximale atteinte et le point où l'objet retombe au sol.4 Ces calculs négligent la variation infime du champ de pesanteur à cette échelle.4

Méthode complète et limites du modèle

Ce modèle a des limites. D'abord, il suppose le champ de pesanteur uniforme : on néglige donc sa variation sur la zone parcourue.4 Ensuite, il néglige les frottements de l'air, ce qui n'est acceptable que pour des objets compacts et peu rapides. Dans la réalité, un ballon de football ou un volant de badminton retombe plus court que ne le prédit le calcul.

Il existe aussi un cas analogue : une particule chargée dans un champ électrique uniforme décrit une trajectoire parabolique si sa vitesse initiale n'est pas parallèle au champ, de manière similaire à un objet soumis à une pesanteur uniforme.4 Tu l'étudieras aussi cette année, et la méthode que tu viens de voir s'y transpose presque mot pour mot.

Exercices corrigés

Exercice 1 Un lancer de balle depuis le sol

★★☆Environ 12 min

Une balle est lancée depuis le sol avec une vitesse initiale de valeur v0=10 m⋅s−1v_0=10\ \text{m·s}^{-1}, formant un angle α=30∘\alpha=30^\circ avec l'horizontale. On néglige les frottements et on prend g=9,8 m⋅s−2g=9{,}8\ \text{m·s}^{-2}.

Calculer la hauteur maximale atteinte par la balle.

Indice 1

Au sommet, la composante verticale de la vitesse est nulle.

Indice 2

Utilise la formule yS=(v0sin⁡α)22gy_S=\dfrac{(v_0\sin\alpha)^2}{2g}, ou retrouve-la à partir de vy(t)v_y(t) et y(t)y(t).

Voir la correction pas à pas

  1. On place l'origine au point de lancer, OxOx horizontal, OyOy vertical vers le haut. L'accélération est ax=0a_x=0, ay=−ga_y=-g.

  2. Les composantes initiales sont v0x=v0cos⁡αv_{0x}=v_0\cos\alpha et v0y=v0sin⁡α=10×sin⁡30∘=5,0 m⋅s−1v_{0y}=v_0\sin\alpha=10\times\sin 30^\circ=5{,}0\ \text{m·s}^{-1}.

  3. On écrit vy(t)=−gt+5,0v_y(t)=-gt+5{,}0. Au sommet, vy=0v_y=0 donc tS=5,09,8≈0,51 st_S=\dfrac{5{,}0}{9{,}8}\approx 0{,}51\ \text{s}.

  4. On calcule yS=−12×9,8×0,512+5,0×0,51≈1,28 my_S=-\tfrac12\times 9{,}8\times 0{,}51^2+5{,}0\times 0{,}51\approx 1{,}28\ \text{m}, soit directement 5,022×9,8≈1,28 m\dfrac{5{,}0^2}{2\times 9{,}8}\approx 1{,}28\ \text{m}.

La balle atteint une hauteur maximale d'environ 1,3 m au-dessus du point de lancer.

Exercice 2 Chute libre depuis un pont

★☆☆Environ 8 min

Une pierre est lâchée sans vitesse initiale du haut d'un pont, à 20 m20\ \text{m} au-dessus de l'eau. On néglige les frottements et on prend g=10 m⋅s−2g=10\ \text{m·s}^{-2}.

Calculer la durée de la chute jusqu'à l'eau.

Indice 1

Écris y(t)y(t) avec v0=0v_0=0 et cherche la date où la pierre a perdu 20 m20\ \text{m} d'altitude.

Indice 2

Le mouvement est vertical : seule la coordonnée yy compte.

Voir la correction pas à pas

  1. On prend l'origine au niveau de l'eau, OyOy vers le haut. Les conditions initiales sont y0=20 my_0=20\ \text{m} et v0=0v_0=0.

  2. Le poids est la seule force : ay=−ga_y=-g, donc vy(t)=−gtv_y(t)=-gt et y(t)=20−12gt2y(t)=20-\tfrac12gt^2.

  3. La pierre atteint l'eau quand y(t)=0y(t)=0, soit 12gt2=20\tfrac12gt^2=20 donc t2=2×2010=4t^2=\dfrac{2\times 20}{10}=4.

  4. On garde la racine positive : t=2,0 st=2{,}0\ \text{s}.

La pierre met 2,0 s pour atteindre l'eau. Sa vitesse est alors de gt=20 m⋅s−1gt=20\ \text{m·s}^{-1}.

Exercice 3 Lancer horizontal depuis une table

★★★Environ 15 min

Une bille quitte le bord d'une terrasse horizontale située à 5,0 m5{,}0\ \text{m} au-dessus du sol. Elle part horizontalement avec v0=6,0 m⋅s−1v_0=6{,}0\ \text{m·s}^{-1}. On néglige les frottements et on prend g=10 m⋅s−2g=10\ \text{m·s}^{-2}.

Calculer la distance horizontale entre le pied du mur de la terrasse et le point d'impact au sol.

Indice 1

Commence par la durée de chute, qui ne dépend que du mouvement vertical.

Indice 2

Reporte cette durée dans l'équation horaire horizontale.

Voir la correction pas à pas

  1. Repère : origine au sol à la verticale du bord, OxOx horizontal, OyOy vers le haut. À t=0t=0 : x0=0x_0=0, y0=5,0 my_0=5{,}0\ \text{m}, v0x=6,0 m⋅s−1v_{0x}=6{,}0\ \text{m·s}^{-1}, v0y=0v_{0y}=0.

  2. Horizontalement ax=0a_x=0, donc x(t)=6,0 tx(t)=6{,}0\,t. Verticalement ay=−ga_y=-g, donc y(t)=5,0−5,0 t2y(t)=5{,}0-5{,}0\,t^2.

  3. L'impact a lieu pour y(t)=0y(t)=0 : t2=1,0t^2=1{,}0 donc t=1,0 st=1{,}0\ \text{s}.

  4. On reporte : x(1,0)=6,0×1,0=6,0 mx(1{,}0)=6{,}0\times 1{,}0=6{,}0\ \text{m}.

La bille touche le sol à 6,0 m du pied du mur, après 1,0 s de vol. La durée de chute est la même que si la bille avait été simplement lâchée : la vitesse horizontale ne change pas le mouvement vertical.

Quiz

8 questions · correction immédiate · ton score reste sur ton appareil.

  1. Un ballon est lancé en biais et on néglige les frottements. Après le lancer, quelle(s) force(s) agissent sur lui ?

  2. Dans un champ de pesanteur uniforme, en chute libre, l'accélération d'un objet de masse mm vaut :

  3. Avec OyOy vertical vers le haut, quelles sont les coordonnées de l'accélération d'un objet en chute libre ?

  4. La trajectoire d'un projectile lancé obliquement dans un champ de pesanteur uniforme, sans frottement, est :

  5. Quelle est la coordonnée horizontale de la vitesse d'un projectile en vol, frottements négligés ?

  6. À v0v_0 fixée et départ au niveau du sol, quel angle de tir (en degrés) donne la plus grande portée, frottements négligés ?

  7. Un objet lâché sans vitesse tombe de 45 m45\ \text{m} (g=10 m⋅s−2g=10\ \text{m·s}^{-2}, frottements négligés). Quelle est la durée de chute, en secondes ?

  8. Vrai ou faux : une bille lourde et une bille légère, lancées de la même manière et en chute libre, suivent la même trajectoire.

Les questions qu'on se pose

Pourquoi la masse n'intervient-elle pas dans les équations horaires ?

Le poids mgmg est proportionnel à la masse, et la deuxième loi de Newton divise la force par la masse pour obtenir l'accélération. Les deux mm se simplifient : a⃗=g⃗\vec a=\vec g.4 Dans la vraie vie, ce sont les frottements de l'air qui donnent l'impression qu'un objet lourd tombe mieux qu'un objet léger.

Que vaut la vitesse au sommet de la trajectoire ?

Elle n'est pas nulle en général : seule sa composante verticale s'annule (vy=0v_y=0). Il reste la composante horizontale v0cos⁡αv_0\cos\alpha, qui est constante. La vitesse est donc horizontale au sommet, de valeur v0cos⁡αv_0\cos\alpha. Elle ne devient nulle que pour un tir strictement vertical.

Comment savoir quel repère choisir ?

Prends OxOx horizontal, OyOy vertical vers le haut, et place l'origine au point de lancer ou au sol à sa verticale. Le choix est libre, mais il faut le préciser et s'y tenir : les signes de gg et les valeurs de y0y_0 en dépendent. Un repère bien choisi simplifie les conditions initiales.

Que faire si l'énoncé tient compte des frottements de l'air ?

Le modèle de ce cours ne s'applique plus : le poids n'est plus la seule force, donc a⃗≠g⃗\vec a\neq\vec g et la trajectoire n'est plus une parabole exacte. Au niveau Terminale, les énoncés précisent presque toujours que les frottements sont négligés ; sinon, on te demande plutôt de résoudre numériquement ou de comparer.

Est-ce que ces formules sont à connaître par cœur pour le bac ?

Il est bien plus sûr de savoir les établir : vitesse et position par intégration, sommet avec vy=0v_y=0, retour au sol avec y=0y=0. Les énoncés demandent le plus souvent de retrouver ces résultats à partir de la deuxième loi de Newton et des conditions initiales fournies.3

Sources

  1. Dynamique de la chute libre, Éduscol. Consulté le 6 novembre 2026.
  2. Force et vitesse - Terminale, Éduscol. Consulté le 6 novembre 2026.
  3. Cinématique et chute libre - Mécanique, Éduscol. Consulté le 6 novembre 2026.
  4. Équation du mouvement, Wikipédia. Consulté le 6 novembre 2026.

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