Chute libre

Débutant

Un objet est en chute libre quand la pesanteur est la seule force qui compte. Près de la surface de la Terre, il gagne environ 9,81 m/s de vitesse vers le bas chaque seconde, quelle que soit sa matière. Ce gain régulier s'appelle g, l'accélération de la pesanteur.

Lâchez un caillou du haut d'un pont élevé. Au bout de 1 s, il tombe à environ 10 m/s, au bout de 2 s à environ 20 m/s, au bout de 3 s à environ 29 m/s : la vitesse augmente du même pas chaque seconde.

Petit test : à peu près à quelle vitesse tombe-t-il au bout de 5 s ? (Environ 49 m/s.)

La distance augmente plus vite que la vitesse, car le caillou part du repos. Pendant la première seconde, sa vitesse moyenne n'est que d'environ 4,9 m/s : il descend donc d'environ 4,9 m ; au bout de deux secondes, il a chuté de 19,6 m, quatre fois plus. Dans l'animation, les cercles pâles, un par demi-seconde, s'écartent de plus en plus.

Pourquoi les objets lourds et légers tombent-ils ensemble ? La pesanteur tire plus fort sur un objet lourd, mais celui-ci est aussi plus difficile à mettre en vitesse, exactement dans la même proportion : les deux effets se compensent. Dans un tube vidé de son air, une plume et une pièce tombent côte à côte. Dans la vie courante, l'air freine l'objet qui tombe, d'autant plus qu'il va vite : une plume ou un parachute cessent vite d'accélérer.

La pesanteur ne s'arrête pas à la montée. Une balle lancée vers le haut perd environ 9,81 m/s chaque seconde, s'immobilise un instant au sommet et retombe.

Petit test : une balle quitte votre main vers le haut à environ 20 m/s. Quand cesse-t-elle de monter ? (Au bout d'environ 2 s.)

Intermédiaire

La chute libre et le choix du sens positif

Un objet est en chute libre quand la pesanteur est la seule force qui agit sur lui, la résistance de l'air étant négligée. Une balle lancée vers le haut est elle aussi en chute libre, dès l'instant où elle quitte votre main. Près de la surface de la Terre, tout corps en chute libre a la même accélération vers le bas, $g\approx 9,81m/{\mathrm{s}}^2$, quelle que soit sa masse.

Le mouvement a lieu le long d'une verticale : il faut donc choisir le sens positif. Pour une chute, prenez le sens vers le bas comme positif et déclenchez l'horloge au lâcher : la vitesse $v$, l'accélération $g$ et la hauteur de chute $h$ sont alors toutes positives. Pour un lancer, prenez le sens vers le haut comme positif : l'accélération vaut alors $-g$, et une vitesse négative signifie que l'objet redescend. Ne mélangez jamais les deux conventions dans un même problème. Dans les formules ci-dessous, $h$ est la hauteur de chute, c'est-à-dire la distance parcourue vers le bas ; l'affichage $h$ de l'animation indique, lui, la hauteur au-dessus du sol.

Une même accélération pour tous les corps

En chute libre, la vitesse varie de la même quantité chaque seconde, $g=\Delta v/\Delta t$ : 9,81 m/s de vitesse vers le bas par seconde, pour une pièce de monnaie comme pour une personne. La pesanteur tire avec le poids $W=mg$, proportionnel à la masse, mais la masse s'oppose aussi à toute variation de vitesse, et la deuxième loi de Newton donne $a=W/m=g$. Un corps dix fois plus lourd est tiré dix fois plus fort, et il est dix fois plus difficile à mettre en vitesse.

Galilée est parvenu à la même conclusion par le raisonnement. Si les corps lourds tombaient plus vite, une pierre légère attachée à une pierre lourde devrait la retenir ; pourtant l'ensemble est plus lourd que chacune des deux et devrait tomber plus vite encore. La contradiction ne disparaît que si tous les corps tombent de la même façon. En 1971, un astronaute d'Apollo 15 a lâché un marteau et une plume de faucon sur la Lune, où il n'y a pas d'air et où $g\approx 1,62m/{\mathrm{s}}^2$, et les deux sont arrivés ensemble.

Les équations de la chute libre

Comme $g$ est constante, les équations à accélération constante de la leçon Mouvement rectiligne s'appliquent avec $v_0=0$ et $a=g$, le sens vers le bas étant positif :

• $v=gt$
• $h=\frac{1}{2}g{t}^2\text{(hauteur de chute depuis le repos)}$
• $v=\sqrt{2gh}$

La vitesse croît proportionnellement au temps, la distance comme son carré : en un temps double, un objet tombe quatre fois plus loin, parce qu'il va aussi plus vite. La troisième équation, issue de $v^2=2gh$, relie la vitesse et la hauteur sans passer par le temps. Deux repères pratiques : une chute d'environ 5 m dure 1 s, une chute d'environ 20 m dure 2 s.

Pour un lancer, conservez la vitesse initiale $v_0$. Avec le sens vers le haut positif et $y$ la hauteur au-dessus du point de lancement,
$v=v_0-gt\text{(axe vers le haut)}$
$y=v_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^2$
Une balle lancée vers le haut à $v_0$ s'arrête au sommet au bout de $v_0/g$, à une hauteur $v_0^2/(2g)$, puis revient au point de lancement au bout de $2v_0/g$, en redescendant à la vitesse $v_0$ : la descente reproduit la montée à l'envers. Un lancer vers le bas correspond simplement à un $v_0$ négatif.

Exemple résolu : la balle de l'animation

La balle est lâchée sans vitesse initiale à $h_0=40\mathrm{m}$ au-dessus du sol et touche le sol quand elle est tombée de 40 m :
$t=\sqrt{\frac{2h_0}{g}}=\sqrt{\frac{2\cdot 40}{9,81}}\approx 2,86\mathrm{s}$
$v=gt=9,81\cdot 2,856\approx 28,0m/s$
La troisième équation donne le même résultat, sans le temps : $\sqrt{2\cdot 9,81\cdot 40}=\sqrt{784,8}\approx 28,0m/s$, soit environ 100 km/h.

Ce sont les valeurs affichées à l'impact : $t$ s'arrête à 2,9 s (les affichages donnent une décimale) et $v$ à 28,0 m/s, tandis que l'affichage $h$, la hauteur $h_0-\frac{1}{2}g{t}^2$, descend de 40 m à 0. La flèche bleue $v$ s'allonge d'autant chaque seconde, et la flèche verte $g$ garde la même longueur du début à la fin.

À la moitié de la durée, soit 1,43 s, la balle n'est tombée que de 10,0 m, le quart de la hauteur, et elle va à 14,0 m/s ; l'affichage $h$ indique 30,0 m. Elle ne passe à mi-hauteur, 20 m, qu'au bout de 2,02 s, à 19,8 m/s : elle franchit la moitié inférieure en moins d'un tiers du temps. Sa vitesse moyenne, $40/2,856\approx 14,0m/s$, vaut la moitié de la vitesse finale.

Exemple résolu : une balle lancée droit vers le haut

Vous lancez une balle droit vers le haut à 12 m/s depuis une main située à 1,5 m du sol, puis vous vous écartez. Jusqu'où monte-t-elle, quand repasse-t-elle à hauteur de la main, et à quelle vitesse arrive-t-elle au sol ? Prenons le sens vers le haut comme positif et l'origine à la main : $v_0=+12m/s$, accélération $-9,81m/{\mathrm{s}}^2$.

Au sommet, $v=0$ ; l'équation $0=12-9,81t$ donne donc $t\approx 1,22\mathrm{s}$, et la hauteur gagnée vaut $v_0^2/(2g)=144/19,62\approx 7,34\mathrm{m}$ : le sommet se trouve à 8,84 m du sol. La balle repasse à hauteur de la main au bout de $2v_0/g\approx 2,45\mathrm{s}$, en descendant à 12 m/s. À $t=2\mathrm{s}$, $v=12-9,81\cdot 2=-7,6m/s$ : le signe moins indique qu'elle est déjà en train de tomber.

Quand elle arrive au sol, son déplacement est $\Delta y=-1,5\mathrm{m}$ et l'on n'a pas besoin du temps ; on utilise donc $v^2=v_0^2-2g\Delta y$ :
$v^2=12^2-2\cdot 9,81\cdot (-1,5)=144+29,4=173,4{\mathrm{m}}^2/{\mathrm{s}}^2$
Elle touche le sol à 13,2 m/s vers le bas, $v=-13,2m/s$, au bout de $t=(12+13,2)/9,81\approx 2,57\mathrm{s}$, plus vite qu'au lancement parce qu'elle finit 1,5 m plus bas.

Lire la chronophotographie et les graphiques

Les cercles pâles montrent la balle toutes les 0,5 s ; aux cercles numérotés 1 s et 2 s, elle est tombée de 4,9 m et de 19,6 m. Les écarts entre cercles successifs valent 1,23 ; 3,68 ; 6,13 ; 8,58 et 11,04 m, dans le rapport 1 : 3 : 5 : 7 : 9. C'est la règle des nombres impairs de Galilée : la distance varie comme $t^2$ (1, 4, 9, 16, 25), et des carrés successifs diffèrent d'un nombre impair. Chaque écart dépasse le précédent de $g(\Delta t{)}^2=9,81\cdot 0,5^2\approx 2,45\mathrm{m}$.

Sur un graphique vitesse–temps, la chute est une droite passant par l'origine, de pente $g$, et la distance de chute est l'aire sous cette droite : pour l'animation, un triangle de 2,86 s de base et de 28,0 m/s de hauteur, d'aire $\frac{1}{2}\cdot 2,856\cdot 28,0\approx 40\mathrm{m}$. Le graphique hauteur–temps, tracé dans la vue experte, est une parabole qui démarre à l'horizontale puis devient de plus en plus raide ; sa pente est la vitesse.

Erreurs fréquentes

• L'accélération n'est pas nulle au sommet : seule la vitesse l'est, un instant, tandis que l'accélération reste de 9,81 m/s² vers le bas et fait faire demi-tour à la balle. Lancée vers le haut à 19,62 m/s, une balle s'arrête au bout de 2,0 s et revient au bout de 4,0 s.
• Les objets lourds ne tombent pas plus vite : sans air, un boulet de 5 kg et une bille de 5 g gagnent tous deux 9,81 m/s chaque seconde.
• Gardez le facteur 2 et la racine carrée dans $v=\sqrt{2gh}$ : une chute de 20 m donne $\sqrt{392,4}\approx 19,8m/s$, et non 392 ou 196 m/s.
• Ne confondez pas la hauteur de chute avec la hauteur au-dessus du sol : au bout de 1 s, la balle de l'animation est tombée de 4,9 m et se trouve à 35,1 m du sol.

Où on le rencontre

Lâchez une règle entre les doigts d'un ami : si elle tombe de 20 cm avant qu'il l'attrape, son temps de réaction vaut $\sqrt{2\cdot 0,20/9,81}\approx 0,20\mathrm{s}$. Un plongeur qui saute d'un plongeoir de 10 m atteint l'eau au bout d'environ 1,4 s, à environ 14 m/s, et chronométrer la chute d'une pierre donne la profondeur d'un puits. La chute libre est aussi la moitié verticale de tout lancer. Dans Mouvement d'un projectile, on lui ajoute un mouvement horizontal uniforme ; dans Les lois de Newton, on explique son accélération ; dans Travail, énergie et puissance, on lit $v^2=2gh$ comme une conservation de l'énergie ; dans Traînée et vitesse limite, on fait intervenir l'air.

Avancé

Inertie, poids et principe d'équivalence

Toute cette leçon repose sur un fait expérimental : dans le vide, tous les corps proches du sol tombent avec la même accélération, quels que soient leur masse et leur matériau. Cette section montre pourquoi ce fait est surprenant et où il a mené.

Prenons le sens vers le haut comme sens positif de $y$. La deuxième loi de Newton pour un corps qui tombe s'écrit alors
$m_i\ddot{y}=-m_{g}g$
Deux masses différentes y apparaissent. À gauche, la masse inertielle $m_i$ mesure la difficulté à accélérer le corps. À droite, la masse gravitationnelle $m_g$ mesure l'intensité avec laquelle la pesanteur l'attire, tout comme une charge électrique mesure l'intensité avec laquelle un champ électrique agit sur elle ; $g$ est l'intensité de la pesanteur terrestre près du sol, environ 9,81 m/s². Rien dans la mécanique de Newton n'impose que ces deux masses soient égales.

L'expérience dit qu'elles le sont. Les balances de torsion trouvent le même rapport $m_g/m_i$ pour des matériaux différents, à environ une part sur $10^{13}$ près, et, en 2022, un satellite comparant des masses d'épreuve en alliages de platine et de titane a atteint environ une part sur $10^{15}$. Avec $m_i=m_g$, la masse se simplifie des deux côtés et il reste $\ddot{y}=-g$ pour tout corps : l'accélération de chute libre ne dépend pas de ce qui tombe.

Einstein a érigé cette égalité en principe, le principe d'équivalence. Imaginez une petite boîte fermée en chute libre. Tout objet à l'intérieur a la même accélération que la boîte, si bien que, par rapport à elle, rien n'accélère : les objets non fixés flottent, et aucune expérience menée à l'intérieur ne permet de distinguer la chute d'une flottaison loin de tout, dans l'espace vide. La boîte doit être petite, pour que $g$ ait la même valeur et la même direction dans tout son volume. Le principe d'équivalence est le point de départ de la relativité générale, la théorie dans laquelle la gravitation devient la géométrie de l'espace-temps.

Voilà pourquoi les astronautes flottent. À l'altitude d'une station spatiale, environ 400 km, $g$ vaut encore environ 8,7 m/s², près de 90 % de sa valeur au sol. La pesanteur n'a pas disparu : l'équipage et la station tombent ensemble, si bien qu'aucun des deux n'appuie sur l'autre.

Intégrer l'équation du mouvement

Une fois la masse éliminée, tout le mouvement découle de $a_y=-g$. Deux intégrations donnent la vitesse et la position, et une étape de plus donne l'énergie.

Prenons le sens vers le haut comme positif et déclenchons le chronomètre au lâcher, $t=0$, lorsque le corps est à la hauteur $h_0$ avec la vitesse verticale $v_0$. Comme $a_y=d{v}_y/dt=-g$ est constante, une intégration donne la vitesse ; comme $v_y=dy/dt$, une seconde donne la position :
$v_y(t)=v_0+{\int }_0^t(-g)d{t}^{\prime }=v_0-gt$
$y(t)=h_0+{\int }_0^t{v}_y(t^{\prime })d{t}^{\prime }=h_0+v_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^2$
Chaque intégration apporte une constante, fixée par l'état initial : $v_0$ dans la première, $h_0$ dans la seconde. La pesanteur elle-même ne fournit que le terme $-\frac{1}{2}g{t}^2$, qui courbe le graphe de $y(t)$ en parabole, et elle courbe toutes les chutes de la même façon.

Dans l'animation, la balle est lâchée sans vitesse initiale, $v_0=0$, depuis $h_0=40\mathrm{m}$. Elle atteint le sol, $y=0$, quand $\frac{1}{2}g{T}^2=h_0$, c'est-à-dire à l'instant
$T=\sqrt{\frac{2h_0}{g}}=\sqrt{\frac{2\cdot 40}{9,81}}\approx 2,86\mathrm{s}$
Sa vitesse vaut alors $v_y=-gT\approx -28,0m/s$, le signe moins indiquant qu'elle est dirigée vers le bas.

Souvent, le temps importe peu ; seule compte la façon dont la vitesse dépend de la hauteur. La dérivation des fonctions composées élimine $t$ : $a_y=d{v}_y/dt=(d{v}_y/dy)(dy/dt)=v_{y}d{v}_y/dy$. Donc $v_{y}d{v}_y=-gdy$, et l'intégration depuis le lâcher donne
$v_y^2=v_0^2-2g(y-h_0)$
Multipliez par $m/2$ et réarrangez : $\frac{1}{2}m{v}_y^2+mgy=\frac{1}{2}m{v}_0^2+mg{h}_0$. Le membre de gauche, énergie cinétique plus énergie potentielle, garde sa valeur initiale : l'énergie se conserve. Chaque kilogramme de la balle de l'animation part avec $g{h}_0=9,81\cdot 40=392,4J/kg$ d'énergie potentielle et arrive au sol avec $\frac{1}{2}{v}_y^2=\frac{1}{2}\cdot 784,8=392,4J/kg$ d'énergie cinétique.

Lire les graphes de vitesse et de hauteur

Les deux formules se comprennent le mieux sous forme de graphes. Y lire des pentes et des aires est le moyen le plus rapide de vérifier tout mouvement à accélération constante.

Légende

$t$	Temps écoulé depuis le lâcher.	$\mathrm{s}$
$T$	Instant de l'impact, où la chute se termine.	$\mathrm{s}$
$v_y$	Vitesse verticale, positive vers le haut : la hauteur de la droite du haut, et la pente de la tangente à $h(t)$.	$m/s$
$gT$	Vitesse acquise pendant toute la chute ; la droite du haut s'arrête à $v_y=-gT$.	$m/s$
$\Delta t$	Un intervalle de temps quelconque : le côté horizontal du triangle de pente.	$\mathrm{s}$
$\Delta v_y$	Variation de $v_y$ pendant $\Delta t$ : le côté vertical. La pente vaut $\Delta v_y/\Delta t=-g$.	$m/s$
$\Delta h$	Variation de hauteur pendant toute la chute : l'aire algébrique entre la droite $v_y$ et l'axe $t$.	$\mathrm{m}$
$h$	Hauteur au-dessus du sol.	$\mathrm{m}$
$h_0$	Hauteur du lâcher, en $t=0$.	$\mathrm{m}$

La figure 1 montre la chute de l'animation sous forme de deux graphes superposés, sur le même axe des temps $t$. La ligne verticale en pointillés, à l'instant de l'impact $T\approx 2,86\mathrm{s}$, les relie.

Regardez d'abord le graphe du haut, $v_y(t)=-gt$ : une droite qui descend de zéro à $-gT\approx -28,0m/s$. Sa pente est l'accélération. Le petit triangle montre que, sur tout intervalle $\Delta t$, la vitesse varie de $\Delta v_y=-g\Delta t$, et la pente de toute la droite, $-28,01/2,856\approx -9,81m/{\mathrm{s}}^2$, vaut $a_y=-g$. Comme la pente est partout la même, l'accélération l'est aussi : sur un graphe, une accélération constante donne une droite de vitesse.

Regardez ensuite le triangle ombré entre la droite et l'axe des temps. Son aire est la variation de hauteur $\Delta h$, car chacune de ses fines bandes verticales a pour largeur $dt$ et pour hauteur $v_y$, et $v_{y}dt$ est la distance parcourue pendant ce temps. Le triangle est sous l'axe, donc son aire compte négativement : $\Delta h=\frac{1}{2}\cdot 2,856\cdot (-28,0)\approx -40\mathrm{m}$, toute la chute.

Le graphe du bas est la hauteur $h(t)$, qui vaut pendant la chute $y(t)=h_0-\frac{1}{2}g{t}^2$ : une parabole tournée vers le bas. Sa pente à chaque instant est la valeur actuelle de $v_y$, lue sur le graphe du haut. Au lâcher, $v_y=0$, si bien que la courbe quitte le niveau $h_0=40\mathrm{m}$ à l'horizontale. À l'impact, $v_y=-28,0m/s$, si bien que la courbe y est la plus raide ; la tangente tracée en $T$, notée $v_y$, a pour pente $-gT$, la valeur à laquelle s'arrête la droite du haut. Le rythme auquel la pente change, c'est-à-dire la courbure de la parabole, est la dérivée seconde, $-g$ tout au long de la chute.

La parabole montre aussi à quel point la chute répartit inégalement son temps. À mi-parcours en temps, $T/2=1,43\mathrm{s}$, la balle n'est tombée que de $\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot 1,428^2=10,0\mathrm{m}$ et se trouve encore à 30 m, aux trois quarts de la hauteur ; les 30 m restants prennent la seconde moitié du temps. En $T$, les deux graphes s'arrêtent : le sol repousse la balle, et la chute libre est terminée.

D'où vient g

Jusqu'ici, $g$ était un nombre donné. La loi de la gravitation universelle de Newton explique sa valeur et montre pourquoi il n'est qu'approximativement constant.

Une Terre sphérique de masse $M$ et de rayon $R$ attire un corps de masse $m$ situé à sa surface avec la force $GMm/R^2$, comme si toute sa masse était concentrée au centre. En divisant par $m$, on obtient l'accélération
$g=\frac{GM}{R^2}$
Avec $G=6,674\times 10^{-11}\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2/k{\mathrm{g}}^2$, $M=5,97\times 10^{24}\mathrm{kg}$ et $R=6371\mathrm{km}$, on trouve 9,82 m/s². La valeur mesurée diffère légèrement d'un endroit à l'autre, parce que la Terre tourne, qu'elle est aplatie aux pôles et qu'elle n'est pas homogène à l'intérieur.

À une hauteur $h$ au-dessus de la surface, la distance au centre est $R+h$, si bien que $g$ devient $GM/(R+h{)}^2\approx (GM/R^2)(1-2h/R)$ lorsque $h\ll R$ : il diminue d'une fraction d'environ $2h/R$. Pour les 40 m de l'animation, cette fraction vaut $80/(6,371\times 10^6)\approx 1,3\times 10^{-5}$, environ 13 parties par million. Voilà pourquoi $g$ paraît constant : les hauteurs de tous les jours sont minuscules devant $R$.

Une orbite est une chute qui manque toujours le sol

Le même $g$ qui fait retomber une balle lâchée maintient aussi un satellite en l'air. La figure 2 montre comment, en comparant deux petites distances.

Légende

$O$	Centre de la Terre.
$R$	Rayon de la Terre.	$\mathrm{m}$
$\vec{v}$	Vitesse au départ, horizontale, le long de la tangente.	$m/s$
$vt$	Distance parcourue le long de la droite pendant le temps $t$, sans pesanteur.	$\mathrm{m}$
$\vec{g}$	Accélération de la pesanteur, dirigée vers le centre $O$.	$m/{\mathrm{s}}^2$
$\frac{1}{2}g{t}^2$	Distance dont la pesanteur fait descendre la balle sous la droite pendant le temps $t$.	$\mathrm{m}$

Sur la figure 2, une balle est lancée horizontalement juste au-dessus du sol avec la vitesse $\vec{v}$. Sans pesanteur, elle suivrait la droite en pointillés, tangente à la Terre, et, au bout d'un court instant $t$, elle serait à la place de la balle pâle, à une distance $vt$ de son point de départ. La pesanteur ajoute un déplacement d'environ $\frac{1}{2}g{t}^2$ vers le centre $O$, le segment doré. Au bout du temps $t$, la balle n'est donc pas à la place de la balle pâle mais à celle de la balle pleine juste en dessous, sur la trajectoire courbe ; là, la flèche $\vec{g}$ pointe vers $O$.

Le sol, lui aussi, s'éloigne de la droite en pointillés, parce que la Terre est ronde. La tangente est perpendiculaire au rayon $R$ ; d'après le théorème de Pythagore, un point situé à une distance $x$ le long de la tangente est à $\sqrt{R^2+x^2}$ de $O$, et sa hauteur au-dessus de la surface vaut
$\sqrt{R^2+x^2}-R\approx \frac{x^2}{2R}$
pour $x\ll R$. Avec $x=vt$, le sol se trouve à $(vt{)}^2/(2R)$ sous la droite.

Comparez maintenant les deux descentes. Si la balle descend moins que le sol, elle s'élève par rapport au sol ; si elle descend plus, elle atterrit ; si elle descend exactement autant, elle reste à la même hauteur au-dessus du sol. Comme il en va de même en chaque point de sa trajectoire, elle tourne alors indéfiniment. La condition s'écrit
$\frac{1}{2}g{t}^2=\frac{(vt{)}^2}{2R}$
Le temps se simplifie, et il reste $v^2/R=g$ : la pesanteur fournit exactement l'accélération centripète $v^2/R$ dont a besoin un mouvement circulaire de rayon $R$. Près de la surface, cela demande $v=\sqrt{gR}=\sqrt{9,81\cdot 6,371\times 10^6}\approx 7,9km/s$. Une orbite est une chute libre avec une vitesse latérale suffisante pour que le sol continue de se dérober sous le corps.

Le même raisonnement a permis à Newton de réussir son test décisif, la Lune. Si la gravitation décroît comme $1/r^2$ avec la distance $r$ au centre, alors, à la distance de la Lune, environ 60 rayons terrestres, elle devrait donner une accélération de $g/60^2\approx 2,7\times 10^{-3}m/{\mathrm{s}}^2$. Or la Lune tourne en réalité à 384 000 km en 27,3 jours, ce qui exige une accélération centripète de $2,72\times 10^{-3}m/{\mathrm{s}}^2$ : les deux valeurs concordent. En une seconde, la Lune tombe de $\frac{1}{2}\cdot 2,72\times 10^{-3}\cdot 1^2\approx 1,4\times 10^{-3}\mathrm{m}$, environ 1,4 mm, sous la droite qu'elle suivrait sinon. C'est le $\frac{1}{2}g{t}^2$ de la figure 2, avec le $g$ bien plus petit qui règne sur l'orbite de la Lune ; une pomme près du sol tombe de 4,9 m pendant la même seconde.

La chute dans l'air

Dans l'air, la règle selon laquelle tous les corps tombent de la même façon cesse de valoir, et elle cesse de valoir d'une manière prévisible. La figure 3 montre l'effet avant que les équations ne l'expliquent.

Légende

$t$	Temps écoulé depuis le lâcher.	$\mathrm{s}$
$v$	Vitesse de la balle, comptée vers le bas.	$m/s$
$gt$	Vitesse au bout du temps $t$ sans air : la droite en pointillés.	$m/s$
$v_t$	Vitesse limite de la balle la plus légère. Celle de la plus lourde vaut $2v_t$, car $v_t\propto \sqrt{m}$.	$m/s$
$m$	Masse de la balle la plus légère ; la plus lourde a une masse $4m$.	$\mathrm{kg}$

La figure 3 trace la vitesse $v$ en fonction du temps $t$ pour deux balles de même taille et de même forme, l'une de masse $m$, l'autre de masse $4m$. La droite en pointillés est $v=gt$, la chute sans air. Les deux courbes partent de l'origine le long de cette droite, car à faible vitesse la traînée est négligeable. Puis elles s'en écartent et se stabilisent chacune à sa vitesse limite, marquée par les droites horizontales en pointillés : $v_t$ pour la balle la plus légère et $2v_t$ pour la plus lourde. La balle la plus lourde suit la droite plus longtemps et finit deux fois plus vite. La suite de cette section établit les courbes et le facteur 2.

La traînée est la force qu'exerce l'air sur un corps qui s'y déplace ; elle s'oppose au mouvement et croît avec la vitesse. Pour des tailles et des vitesses courantes, elle est voisine de
$F_d=\frac{1}{2}\rho C_{x}A{v}^2$
où $\rho$ est la masse volumique de l'air, $A$ l'aire de la section frontale, face à l'écoulement, et $C_x$ le coefficient de traînée, un nombre sans dimension fixé par la forme, environ 0,5 pour une sphère. Pour les poussières et les gouttelettes de brouillard, minuscules et lentes, la traînée est plutôt proportionnelle à $v$.

Prenons le sens vers le bas comme positif. La deuxième loi de Newton, avec le poids vers le bas et la traînée vers le haut, s'écrit
$m\frac{dv}{dt}=mg-\frac{1}{2}\rho C_{x}A{v}^2$
Au départ, $v=0$, la traînée est nulle et l'accélération vaut $g$. À mesure que la vitesse augmente, la traînée rattrape le poids et l'accélération s'estompe. La vitesse tend vers la valeur pour laquelle les deux forces se compensent et $dv/dt=0$, la vitesse limite :
$v_t=\sqrt{\frac{2mg}{\rho C_{x}A}}$

Écrite avec $v_t$, l'équation du mouvement devient $dv/dt=g(1-v^2/v_t^2)$. Sa solution partant du repos est
$v(t)=v_t\tanh \left(\frac{gt}{v_t}\right)$
Vous pouvez le vérifier en dérivant : comme $d(\tanh x)/dx=1-{\tanh }^{2}x$, la dérivée vaut $g(1-v^2/v_t^2)$. Pour $t$ petit, $\tanh x\approx x$ et $v\approx gt$, la droite sans air ; pour $t\gg v_t/g$, $\tanh \to 1$ et $v\to v_t$. Ainsi, $v_t/g$ est l'échelle de temps sur laquelle la courbe se stabilise.

Pour obtenir la vitesse après une chute sur une distance $s$, utilisez de nouveau la dérivation des fonctions composées : $dv/dt=vdv/ds=\frac{1}{2}d(v^2)/ds$. L'équation pour $v^2$ s'écrit alors
$\frac{d(v^2)}{ds}=2g\left(1-\frac{v^2}{v_t^2}\right)$
si bien que $v^2$ tend exponentiellement vers $v_t^2$, sur une échelle de distance $v_t^2/(2g)$ :
$v^2=v_t^2\left(1-e^{-2gs/v_t^2}\right)$
Pour une chute courte, $s\ll v_t^2/(2g)$, l'exponentielle est proche de $1-2gs/v_t^2$, et le résultat se réduit à la formule sans air $v^2=2gs$.

Venons-en au facteur 2. À taille et forme fixées, $\rho$, $C_x$ et $A$ sont les mêmes pour les deux balles, donc $v_t\propto \sqrt{m}$ : une masse quatre fois plus grande donne une vitesse limite deux fois plus grande. Elle double aussi l'échelle de temps $v_t/g$, si bien que la balle la plus lourde reste proche de $v=gt$ deux fois plus longtemps. C'est la seconde courbe de la figure 3.

Lâchez une balle de tennis, la balle la plus légère de la figure 3, depuis les 40 m de l'animation. Prenez $m=57\mathrm{g}$, un diamètre de 6,7 cm (donc $A=\pi \cdot 0,0335^2\approx 3,53\times 10^{-3}{\mathrm{m}}^2$), $C_x\approx 0,55$ et $\rho =1,2kg/{\mathrm{m}}^3$. Sa vitesse limite vaut
$v_t=\sqrt{\frac{2\cdot 0,057\cdot 9,81}{1,2\cdot 0,55\cdot 3,53\times 10^{-3}}}\approx 22m/s$
et elle touche le sol à 19,7 m/s au bout de 3,26 s, au lieu de 28,0 m/s au bout de 2,86 s sans air. Une balle de même taille quatre fois plus lourde a une vitesse limite double, environ 44 m/s, et arrive à 25,4 m/s au bout de 2,95 s. L'air sépare donc bien le lourd du léger, par $v_t\propto \sqrt{m}$ à taille et forme données.

À titre de comparaison, un parachutiste qui tombe à plat ventre se stabilise vers 55 m/s (environ 200 km/h), et une goutte de pluie de 1 mm de diamètre vers 4 m/s. À la vitesse limite, l'accélération est nulle, et non égale à $g$ : le corps tombe à vitesse constante, la traînée compensant le poids.

Problème résolu : rencontre avec la balle qui tombe

À l'instant où la balle de l'animation est lâchée de 40 m, une seconde balle est lancée droit vers le haut depuis le sol, juste en dessous, à 28,0 m/s, la vitesse à laquelle la première arrive au sol. Quand et où se rencontrent-elles ?

Légende

$t$	Temps écoulé depuis le lâcher de la première balle.	$\mathrm{s}$
$T$	Instant où la première balle atterrit et où la seconde atteint son point le plus haut.	$\mathrm{s}$
$\frac{T}{2}$	Instant de la rencontre des balles.	$\mathrm{s}$
$y$	Hauteur au-dessus du sol, positive vers le haut.	$\mathrm{m}$
$h_0$	Hauteur de lâcher de la première balle, et sommet de la trajectoire de la seconde.	$\mathrm{m}$
$\frac{3}{4}{h}_0$	Hauteur à laquelle les balles se rencontrent.	$\mathrm{m}$
$y_1$	Hauteur de la balle lâchée.	$\mathrm{m}$
$y_2$	Hauteur de la balle lancée vers le haut depuis le sol.	$\mathrm{m}$

La figure 4 trace les deux hauteurs en fonction du temps, avec le sens vers le haut positif et l'origine au sol. La première balle est lâchée depuis $h_0$ ; la seconde est lancée vers le haut avec $v_0=28,0m/s$ :
$y_1=h_0-\frac{1}{2}g{t}^2,y_2=v_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^2$
Suivez $y_1$ : la courbe quitte $h_0$ à l'horizontale et atteint le sol en $T$. Suivez $y_2$ : la seconde balle part du sol et, comme $v_0=gT$, sa vitesse $v_0-gt$ s'annule exactement en $T$. La seconde balle atteint donc le sommet de sa trajectoire en $T$, à la hauteur $v_{0}T-\frac{1}{2}g{T}^2=\frac{1}{2}g{T}^2=h_0$, là d'où la première est partie.

Les deux courbes sont symétriques l'une de l'autre par rapport à la droite en pointillés en $T/2$ : $y_2(t)=y_1(T-t)$. Pour le vérifier, utilisez $h_0=\frac{1}{2}g{T}^2$ : alors $y_1(T-t)=h_0-\frac{1}{2}g(T-t{)}^2=gTt-\frac{1}{2}g{t}^2$, c'est-à-dire $y_2(t)$. Les balles se rencontrent là où les courbes se croisent, et, par symétrie, ce croisement se trouve sur la droite en pointillés.

Le calcul algébrique est encore plus court. Les termes $\frac{1}{2}g{t}^2$ sont identiques ; ils disparaissent donc de l'écart entre les balles : $y_1-y_2=h_0-v_{0}t$. L'écart diminue au rythme constant de 28,0 m/s, comme s'il n'y avait pas de pesanteur, et s'annule à $t=h_0/v_0=40/28,01\approx 1,43\mathrm{s}$, exactement $T/2$.

À cet instant, les deux balles sont à $y=40-\frac{1}{2}\cdot 9,81\cdot 1,428^2=30,0\mathrm{m}$, le niveau $\frac{3}{4}{h}_0$ marqué sur la figure 4. La première descend à $gT/2=14,0m/s$ et la seconde monte à $28,0-14,0=14,0m/s$. L'égalité des vitesses n'est pas une coïncidence : le vol de la seconde balle est celui de la première passé à l'envers, et c'est ce que dit la symétrie de la figure 4.

Un lancer plus lent donne une rencontre plus tardive et plus basse. L'instant de la rencontre, $h_0/v_0$, ne peut pas dépasser les 2,86 s que met la première balle à tomber ; le lancer doit donc atteindre au moins $v_0=h_0/T=14,0m/s$, la vitesse moyenne de la chute, et à cette vitesse exactement les deux balles arrivent au sol en même temps.

Vue depuis la première balle, la pesanteur a disparu : les deux balles ont la même accélération $-g$, si bien que, dans le référentiel en chute libre de la première balle, la seconde s'approche en ligne droite à la vitesse constante $v_0$. C'est le principe d'équivalence de la première section à l'œuvre. Le même raisonnement explique pourquoi, dans Mouvement d'un projectile, une fléchette pointée droit sur une cible qui se met à tomber au moment du tir l'atteint quelle que soit sa vitesse de lancement, pourvu qu'elle arrive avant que la cible touche le sol.

Limites de validité

Le modèle idéal de la chute libre repose sur trois hypothèses : $g$ est uniforme, il n'y a pas d'air, et la Terre ne tourne pas. Les nombres qui précèdent montrent dans quelle mesure chacune tient.

Un $g$ uniforme est excellent pour une chute de 40 m, où $g$ varie de 13 parties par million. Une chute depuis l'altitude d'une orbite demande en revanche $g=GM/r^2$ à chaque distance $r$ du centre. L'air n'est négligeable que tant que $v\ll v_t$ : depuis 40 m, la balle la plus lourde de la section précédente arrive 9 % en dessous des 28,0 m/s idéaux, et la balle de tennis 30 % en dessous.

La rotation de la Terre fait du sol un référentiel légèrement non galiléen, c'est-à-dire lui-même accéléré. Une partie de l'attraction terrestre sert à maintenir le sol sur son cercle quotidien, ce qui réduit le $g$ effectif de 0,034 m/s² au plus, à l'équateur. Avec l'aplatissement de la Terre, cela fait varier $g$ de 9,78 m/s² à l'équateur à 9,83 m/s² aux pôles. La rotation dévie aussi la chute vers l'est : le haut d'une tour se déplace vers l'est un peu plus vite que son pied, et une balle lâchée du sommet conserve ce surplus de vitesse. La balle de l'animation, lâchée à une latitude de 45°, atterrirait environ 4 mm à l'est du point situé à la verticale de son lâcher.

La relativité n'apporte que de minuscules corrections à ces vitesses : à 28 m/s, $v^2/c^2\approx 9\times 10^{-15}$. La gravitation agit aussi sur le temps lui-même : une horloge située 40 m plus haut avance plus vite qu'une horloge au sol d'une fraction $gh/c^2\approx 4,4\times 10^{-15}$. Ce décalage a été mesuré pour la première fois vers 1960 avec des rayons gamma envoyés en haut d'une tour de 22,5 m, et les horloges optiques le détectent aujourd'hui pour des différences de hauteur de moins d'un mètre.

Ce qui vient ensuite

La chute libre est au carrefour de presque toute la mécanique. Dans Mouvement d'un projectile, on la combine avec un mouvement horizontal uniforme ; dans Les lois de Newton, l'accélération s'explique comme le poids divisé par la masse ; dans Travail, énergie et puissance, $v^2=2gh$, la vitesse après une chute de hauteur $h$ depuis le repos, devient $mgh=\frac{1}{2}m{v}^2$. Dans Gravitation et orbites, $g=GM/r^2$ s'étend aux planètes et aux satellites ; dans Traînée et vitesse limite, l'air est traité en détail ; dans Oscillations harmoniques, on voit comment la période d'un pendule dépend de $g$, ce qui a permis de mesurer $g$ pendant des siècles. Enfin, dans La gravitation, courbure de l'espace-temps, toute une théorie est bâtie sur le fait que tous les corps tombent de la même façon.