Calculateur de chute libre

temps de chute, vitesse d'impact et énergie en chute libre sous gravité

Lâché sans vitesse initiale	$t=\sqrt{\frac{2h}{g}},\qquad v=\sqrt{2gh}$
Lancé avec v₀, positif vers le haut	$y=h+v_0t-\tfrac12gt^{2},\qquad v_y=v_0-gt$
Énergie par kilogramme, quel que soit le lancer	$\tfrac12v^{2}=\tfrac12v_0^{2}+gh$

Exemple résolu — Calculateur de chute libre

Temps de chute	4,5152 s
Vitesse d'impact	44,29 m/s
Énergie cinétique par kg	981 J/kg

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

Chargement de la simulation interactive...

Leçon

La théorie — Calculateur de chute libre

La chute libre désigne le mouvement d'un corps soumis à la seule pesanteur, abstraction faite de l'air. Une accélération constante, g, s'applique durant toute la chute : dans le vide, chaque valeur affichée par l'outil découle de cette unique hypothèse. L'option avec air réintroduit la seule force ainsi négligée.

Ce que signifie chaque symbole

h: la hauteur de chute, mesurée verticalement vers le bas. C'est la seule distance du problème : la distance parcourue latéralement par l'objet et sa forme n'interviennent pas.
g: l'accélération de la pesanteur, en mètres par seconde carrée. Réglez-la sur 1.62 pour la Lune et la même chute de 100 m s'allonge de 4.5152 s à 11.1111 s, pour arriver à 18 m/s au lieu de 44.29 m/s.
v₀: la vitesse initiale, positive vers le haut. Une pierre simplement lâchée part avec v₀ = 0 ; projetée vers le bas, son v₀ devient négatif.
v: la vitesse à l'impact au moment où l'objet touche le sol, et non une vitesse moyenne. Durant toute la descente, excepté au dernier instant, le corps se déplaçait plus lentement que cette valeur.
t: le temps de chute. Il croît comme la racine carrée de la hauteur, ce qui est le point surprenant — une hauteur dix fois plus grande ne multiplie le temps que par 3.1623.

D’où vient la formule

Mesurez la hauteur depuis le sol, l'axe vertical orienté vers le haut. La pesanteur étant la seule force en jeu, l'accélération vaut −g tout au long de la trajectoire et la hauteur obéit aux équations du mouvement uniformément accéléré.
$a_y=-g\ \Rightarrow\ v_y=v_0-gt,\quad y=h+v_0t-\tfrac12gt^{2}$
Lâché sans vitesse initiale, v₀ = 0, le sol étant fixé à y = 0. Isolez le temps. Il croît comme la racine carrée de la hauteur : voilà pourquoi tomber d'une hauteur deux fois plus grande ne prend pas deux fois plus de temps.
$0=h-\tfrac12gt^{2}\ \Rightarrow\ t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$
La vitesse à cet instant vaut gt. Remplacez le temps par son expression : la hauteur et la pesanteur interviennent de façon symétrique, sans que la masse n'apparaisse jamais.
$v=gt=g\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{2gh}$
Élevez au carré et divisez par deux : l'énergie cinétique par kilogramme vaut exactement gh. C'est l'énergie potentielle cédée durant la chute, la masse s'étant simplifiée de part et d'autre ; voilà pourquoi 100 m sous 9,81 m/s² donnent 981 J/kg.
$\tfrac12mv^{2}=mgh\ \Rightarrow\ \frac{E_k}{m}=\tfrac12v^{2}=gh$
Avec une vitesse initiale, le bilan d'énergie reste valable en ajoutant l'énergie du lancer. La direction du jet n'y figure pas puisque v₀ est élevé au carré : vers le haut ou vers le bas à même vitesse, la pierre touche le sol à la même vitesse. La durée dépend en revanche de la direction et se déduit de v = v₀ − gt, la vitesse à l'impact étant dirigée vers le bas.
$\tfrac12v^{2}=\tfrac12v_0^{2}+gh\ \Rightarrow\ v=\sqrt{v_0^{2}+2gh},\qquad -v=v_0-gt\ \Rightarrow\ t=\frac{v_0+v}{g}$

Comment lire ce que vous voyez

Faites varier la hauteur et observez les deux lignes supérieures : elles évoluent de concert, mais pas au même rythme. À 1000 m, la chute dure 14.2784 s contre 4.5152 s, et l'impact a lieu à 140.07 m/s contre 44.29 m/s — deux grandeurs multipliées par 3.1623, car une hauteur dix fois plus grande multiplie la durée et la vitesse par √10, tandis que l'énergie par kilogramme est bel et bien multipliée par dix. Divisez plutôt la hauteur par quatre et la vitesse diminue exactement de moitié, car v varie en √h : 25 m donne 22.15 m/s.

Suppose: L'absence d'air et une intensité de pesanteur constante tout au long de la chute. La seconde hypothèse est la moins restrictive : g diminue avec l'altitude, si bien qu'une réelle chute de 1 000 m ne s'effectuerait pas sous une valeur rigoureusement fixe comme ici.
Ne tient plus quand: La résistance de l'air met ce modèle en échec en premier, et de manière radicale. Une parachutiste cesse d'accélérer aux alentours de 55 m/s ; le modèle sans air surestime donc la vitesse de chute sur 1 000 m de plus du double en annonçant 140.07 m/s. Rien dans v = √(2gh) ne peut plafonner la vitesse. Activez la résistance de l'air : la même chute s'achève à 54.96 m/s, au terme de 22.0658 s.

Problèmes entièrement résolus

Lâcher une pierre de 100 m avec g = 9,81 m/s² 5 étapes
Lâchez une pierre depuis 100 m avec g = 9,81 m/s². Calculez le temps de chute, la vitesse d'impact et l'énergie par kilogramme. Déterminez ensuite à quels moments de la chute se situent les points médians, car ni la mi-hauteur ni la mi-énergie ne correspondent à la moitié du temps.
1. Le déplacement est quadratique par rapport au temps, donc poser la hauteur égale à zéro et résoudre constitue toute la première étape.
  
  $y(t)=h-\tfrac{1}{2}gt^{2}=0\quad\Longrightarrow\quad t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{200}{9.81}}=4.5152\ \mathrm{s}$
2. La vitesse est la dérivée, évaluée à cet instant. La conversion est parlante : 159 km/h, plus vite que la plupart des limitations sur autoroute, depuis une trentaine d'étages.
  
  $v=gt=9.81\times4.5152=44.29\ \mathrm{m/s}=159.5\ \mathrm{km/h}$
3. En substituant v² = 2gh dans l'énergie cinétique par kilogramme, la vitesse disparaît pour ne laisser place qu'à la hauteur de chute et à la gravité. Il s'agit d'énergie potentielle restituée telle quelle. Cela explique pourquoi on obtient ce résultat rond de 981.
  
  $v^{2}=2gh\quad\Longrightarrow\quad \frac{E_k}{m}=\tfrac{1}{2}v^{2}=gh=9.81\times100=981\ \mathrm{J/kg}$
4. Passons maintenant au profil de la chute. Exprimer la hauteur sous forme de fraction du total rend la dépendance temporelle purement quadratique, et les carrés sont impitoyables : la moitié du temps écoulé ne fait parcourir qu'un quart de la distance.
  
  $\frac{y}{h}=1-\left(\frac{t}{t_{\text{imp}}}\right)^{2}:\quad t=\tfrac{1}{2}t_{\text{imp}}\Rightarrow\text{only }25\%\text{ fallen};\quad y=\tfrac{1}{2}h\Rightarrow t=0.707\,t_{\text{imp}}$
5. L'air modifie le point d'arrivée, pas seulement le rythme. Avec une vitesse limite de 55 m/s, la formule explicite donne 38,0 m/s — soit 14 % de vitesse en moins mais 26 % d'énergie en moins, car l'énergie varie comme le carré, et c'est la seule ligne où la masse réapparaîtrait.
  
  $v_t=55\ \mathrm{m/s}:\quad v_{\text{imp}}=v_t\sqrt{1-e^{-2gh/v_t^{2}}}=55\sqrt{1-e^{-0.6486}}=38.0\ \mathrm{m/s},\quad \frac{E_k}{m}=721.8$
Réponse

4,5152 s, 44,29 m/s et exactement 981 J/kg. Ce dernier résultat n'est autre que gh. La masse s'éliminant complètement, un caillou et un piano arrivent au sol avec la même énergie par kilogramme. Observez par ailleurs que la distance franchie se concentre massivement sur la fin. À la moitié du temps, la pierre n'a parcouru qu'un quart de la hauteur. Elle n'atteint la mi-hauteur qu'à 71 % de la durée totale. La moitié du trajet s'effectue dans les seuls 29 % restants. Voilà pourquoi une chute qui paraît inoffensive vue du sommet ne pardonne en réalité jamais.

$t=4.5152\ \mathrm{s},\quad v=44.29\ \mathrm{m/s},\quad E_k/m=gh=981\ \mathrm{J/kg}$
Quelle est la profondeur du puits ? 3 étapes
Une pierre lâchée dans un puits frappe l'eau 2,5 s plus tard. En négligeant le temps que met le son à remonter, à quelle profondeur se trouve l'eau et à quelle vitesse la pierre l'atteint-elle ?

Ouvrez ce problème dans l'outil
Afficher la solution
1. L'axe étant orienté vers le haut, l'eau fixée à y = 0 et la pierre lâchée sans vitesse initiale depuis la hauteur inconnue h. Cette fois, la grandeur connue est la durée :
  
  $y=h-\tfrac12gt^{2}=0,\qquad t=2{.}5\ \mathrm{s}$
2. Isolez la hauteur :
  
  $h=\tfrac12gt^{2}=\tfrac12(9{.}81)(2{.}5)^{2}=30{.}656\ \mathrm{m}$
3. La vitesse se déduit de la durée, et le bilan d'énergie retrouve le même résultat sans y recourir :
  
  $v=gt=9{.}81\times2{.}5=24{.}525\ \mathrm{m/s},\qquad v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2(9{.}81)(30{.}656)}=24{.}525\ \mathrm{m/s}\ \checkmark$
Réponse

Une profondeur de 30,66 m, pour un impact à 24,53 m/s. Le son met environ 0,09 s pour remonter à 343 m/s : un chronomètre mesurant 2,5 s entre le lâcher et le clapotis correspond donc à un puits légèrement moins profond.

$h=30{.}66\ \mathrm{m},\qquad v=24{.}53\ \mathrm{m/s}$
Lancé vers le haut depuis une falaise 4 étapes
Une pierre est lancée verticalement vers le haut à 25 m/s depuis le bord d'une falaise de 50 m ; en retombant, elle dépasse le rebord et s'écrase en contrebas. À quelle altitude maximale monte-t-elle, quand touche-t-elle le sol et à quelle vitesse ?

Ouvrez ce problème dans l'outil
Afficher la solution
1. L'axe étant orienté vers le haut et le sol fixé à y = 0, nous avons h = 50 m et v₀ = +25 m/s. Au sommet, la vitesse s'annule :
  
  $0=v_0-g\,t_{\mathrm{top}}\ \Rightarrow\ t_{\mathrm{top}}=\frac{25}{9{.}81}=2{.}5484\ \mathrm{s},\qquad h_{\max}=h+\frac{v_0^{2}}{2g}=50+\frac{25^{2}}{2(9{.}81)}=81{.}855\ \mathrm{m}$
2. La vitesse à l'impact s'obtient par la conservation de l'énergie, sans calculer la durée :
  
  $v=\sqrt{v_0^{2}+2gh}=\sqrt{25^{2}+2(9{.}81)(50)}=\sqrt{1606}=40{.}075\ \mathrm{m/s}$
3. La vitesse à l'arrivée est dirigée vers le bas, elle vaut donc −40,075 m/s ; la relation v = v₀ − gt donne alors la durée :
  
  $-40{.}075=25-9{.}81\,t\ \Rightarrow\ t=\frac{25+40{.}075}{9{.}81}=6{.}6335\ \mathrm{s}$
4. Lancez-la plutôt vers le bas à la même vitesse : v₀ = −25 m/s. L'équation de l'énergie ne change pas, car v₀ est élevé au carré. La durée, en revanche, change :
  
  $v_0=-25:\quad v=\sqrt{(-25)^{2}+2(9{.}81)(50)}=40{.}075\ \mathrm{m/s},\qquad t=\frac{-25+40{.}075}{9{.}81}=1{.}5367\ \mathrm{s}$
Réponse

81,86 m au-dessus du sol après 2,5484 s ; il atteint le sol après 6,6335 s à 40,07 m/s. Lancé vers le bas à 25 m/s, il ne lui faut que 1,5367 s pour toucher le sol, toujours à 40,07 m/s. Le sens du lancer modifie le temps de vol et l'altitude maximale, mais la vitesse d'impact reste identique. Cliquez sur Lancé vers le haut, 50 m et démarrez l'animation.

$h_{\max}=81{.}86\ \mathrm{m}\ (t=2{.}5484\ \mathrm{s}),\qquad t=6{.}6335\ \mathrm{s},\qquad v=40{.}07\ \mathrm{m/s}$
Mesurer g sur la Lune 2 étapes
Sur la Lune, un astronaute lâche un marteau depuis une hauteur de 1,6 m ; il touche le sol 1,41 s plus tard. Quelle est l'accélération de la pesanteur lunaire et à quelle vitesse le marteau arrive-t-il au sol ?

Ouvrez ce problème dans l'outil
Afficher la solution
1. Le marteau étant lâché sans vitesse initiale, l'équation horaire ne comporte qu'une seule inconnue, g :
  
  $h=\tfrac12gt^{2}\ \Rightarrow\ g=\frac{2h}{t^{2}}=\frac{2(1{.}6)}{1{.}41^{2}}=1{.}6096\ \mathrm{m/s^{2}}$
2. La vitesse à l'impact s'obtient à partir de la durée, puis se vérifie par le bilan d'énergie :
  
  $v=gt=1{.}6096\times1{.}41=2{.}2695\ \mathrm{m/s},\qquad \sqrt{2gh}=\sqrt{2(1{.}6096)(1{.}6)}=2{.}2695\ \mathrm{m/s}\ \checkmark$
Réponse

g = 1,61 m/s², et le marteau touche le sol à 2,27 m/s. Sur Terre, la même chute ne prendrait que 0,5711 s pour une vitesse d'impact de 5,6 m/s. Une plume lâchée à côté du marteau sur la Lune toucherait le sol exactement au même instant, la masse n'intervenant dans aucune des deux équations.

$g=1{.}61\ \mathrm{m/s^{2}},\qquad v=2{.}27\ \mathrm{m/s}$
La seconde moitié dans la dernière seconde 4 étapes
Une pierre lâchée sans vitesse initiale parcourt la seconde moitié de sa chute pendant la dernière 1,0 s. Combien de temps dure la chute totale et de quelle hauteur la pierre a-t-elle été lâchée ?

Ouvrez ce problème dans l'outil
Afficher la solution
1. Appelez T la durée totale de la chute. À l'instant T − 1, la pierre a franchi la moitié de la hauteur totale, qui vaut ½gT² :
  
  $\tfrac12g(T-1)^{2}=\tfrac12\cdot\tfrac12gT^{2}$
2. Le terme g se simplifie : la durée obtenue reste donc valable sur n'importe quel astre. Prenez la racine carrée :
  
  $(T-1)^{2}=\frac{T^{2}}{2}\ \Rightarrow\ T-1=\pm\frac{T}{\sqrt2}$
3. Le signe négatif donne T = 0,5858 s, une valeur inférieure au temps de 1 s considéré : cette racine est donc à éliminer :
  
  $T=\frac{1}{1-1/\sqrt2}=3{.}4142\ \mathrm{s}\qquad\left(T=\frac{1}{1+1/\sqrt2}=0{.}5858\ \mathrm{s}<1\ \mathrm{s}\ \times\right)$
4. Calculez ensuite la hauteur :
  
  $h=\tfrac12gT^{2}=\tfrac12(9{.}81)(3{.}4142)^{2}=57{.}177\ \mathrm{m}$
Réponse

3,4142 s, depuis 57,18 m. La durée ne dépendant pas de g, la même expérience sur la Lune donnerait également une chute de 3,4142 s, mais depuis seulement 9,44 m.

$T=3{.}4142\ \mathrm{s},\qquad h=57{.}18\ \mathrm{m}$
Où passe l'énergie 3 étapes
Une parachutiste chute de 1 000 m sans vitesse initiale dans un air limitant sa vitesse à 55 m/s. Quelle est sa vitesse au terme des 1 000 m, et quelle fraction de l'énergie fournie par la pesanteur par kilogramme a été dissipée dans l'air ?

Ouvrez ce problème dans l'outil
Afficher la solution
1. Dans le vide, cette énergie se convertirait entièrement en vitesse : gh par kilogramme.
  
  $gh=9{.}81\times1000=9810\ \mathrm{J/kg},\qquad \sqrt{2gh}=140{.}07\ \mathrm{m/s}$
2. Avec une traînée proportionnelle à v², la vitesse après une chute de hauteur h sans vitesse initiale s'exprime sous forme explicite :
  
  $v=v_t\sqrt{1-e^{-2gh/v_t^{2}}}=55\sqrt{1-e^{-6{.}4860}}=54{.}958\ \mathrm{m/s}$
3. Son énergie cinétique par kilogramme, puis le solde, absorbé par le travail résistant du frottement :
  
  $\tfrac12v^{2}=\tfrac12(54{.}958)^{2}=1510{.}19\ \mathrm{J/kg},\qquad \frac{W_{\mathrm{air}}}{m}=9810-1510{.}19=8299{.}81\ \mathrm{J/kg}$
Réponse

54,96 m/s, et 85 % de l'énergie, soit 8 299,81 sur 9 810 J/kg, a été dissipée dans l'air. La parachutiste approchait à 1 % près de sa vitesse limite dès 604 m : au-delà, chaque mètre supplémentaire a presque intégralement chauffé l'air au lieu d'accroître sa vitesse. Cliquez sur Parachutiste, 1 000 m pour observer l'aplatissement de la courbe de vitesse.

$v=54{.}96\ \mathrm{m/s},\qquad \frac{W_{\mathrm{air}}}{gh}=\frac{8299{.}81}{9810}=85\%$

Exercices supplémentaires, réponses seules

Une balle est lâchée d'une fenêtre située à 20 m du sol. Combien de temps dure sa chute et à quelle vitesse touche-t-elle le sol ?

Afficher la réponse

2,0193 s et 19,81 m/s.

$t=\sqrt{\frac{2(20)}{9{.}81}}=2{.}0193\ \mathrm{s},\qquad v=\sqrt{2(9{.}81)(20)}=19{.}81\ \mathrm{m/s}$
Une balle est lancée verticalement vers le haut depuis le sol à 15 m/s. Quelle hauteur maximale atteint-elle et quand retombe-t-elle au sol ?

Afficher la réponse

11,47 m, et elle retombe au bout de 3,0581 s.

$h_{\max}=\frac{15^{2}}{2(9{.}81)}=11{.}47\ \mathrm{m},\qquad t=\frac{2(15)}{9{.}81}=3{.}0581\ \mathrm{s}$
Une pierre est lancée vers le bas à 10 m/s depuis un pont situé à 40 m au-dessus de l'eau. À quelle vitesse et après combien de temps frappe-t-elle l'eau ?

Afficher la réponse

29,75 m/s, au bout de 2,0128 s.

$v=\sqrt{10^{2}+2(9{.}81)(40)}=29{.}75\ \mathrm{m/s},\qquad t=\frac{-10+29{.}746}{9{.}81}=2{.}0128\ \mathrm{s}$
Combien de temps prend une chute de 10 m sur Mars, où g = 3,72 m/s², et à quelle vitesse l'objet arrive-t-il au sol ?

Afficher la réponse

2,3187 s et 8,63 m/s.

$t=\sqrt{\frac{2(10)}{3{.}72}}=2{.}3187\ \mathrm{s},\qquad v=\sqrt{2(3{.}72)(10)}=8{.}63\ \mathrm{m/s}$
Une pierre lâchée sans vitesse initiale parcourt 25 m pendant la dernière seconde avant de toucher le sol. De quelle hauteur a-t-elle été lâchée ?

Afficher la réponse

45,58 m : la chute dure 3,0484 s.

$\tfrac12gT^{2}-\tfrac12g(T-1)^{2}=25\ \Rightarrow\ T=\frac{25}{9{.}81}+\tfrac12=3{.}0484\ \mathrm{s},\qquad h=\tfrac12gT^{2}=45{.}58\ \mathrm{m}$

Galilée ne pouvait pas chronométrer une bille en chute libre, alors il a ralenti la gravité

Une chute de quelques mètres s'achève en moins d'une seconde, et l'horloge la plus précise disponible en 1600 était un récipient d'eau pesé sur une balance. Galilée a donc dilué la gravité au lieu de la combattre : faites rouler une bille le long d'un plan incliné à faible pente et la même accélération constante s'exerce à une fraction de son intensité, étirant le mouvement jusqu'à ce qu'il puisse être mesuré à la main. Il a ainsi découvert que les distances parcourues lors d'intervalles de temps égaux successifs suivaient la suite 1, 3, 5, 7 — les nombres impairs, dont les sommes cumulées donnent 1, 4, 9, 16, c'est-à-dire les carrés. Voilà h ∝ t² établi sans aucun chronomètre. La case de gravité ci-dessus fait exactement la même chose de façon logicielle : la régler sur 1.62 ne modifie pas la physique, mais seulement le rythme auquel elle se déroule.

Exercice

Vérifiez-vous

Prédisez d’abord la réponse, puis utilisez les commandes ci-dessus pour vérifier. N’affichez la solution qu’après vous être engagé sur une hypothèse : c’est ce qui en fait un exercice.

Appuyez sur Tour de 100 m (Terre) : 4.5152 s, 44.29 m/s, 981 J/kg. Réglez maintenant la pesanteur sur les 1.62 de la Lune sans toucher à la hauteur — la vitesse d'impact s'effondre à 18 m/s. À quelle hauteur faudrait-il lâcher l'objet sur la Lune pour qu'il arrive aussi fort, et quelle ligne vous dit que vous y êtes ?

Afficher la réponse

Environ 605.5 m, six fois la hauteur pour un sixième de la gravité. Observez la troisième ligne. L'énergie cinétique par kilogramme y vaut g·h et rien d'autre. Par conséquent, chercher 981 J/kg revient à chercher la vitesse. Aux valeurs 605.5 et 1.62, on relève 980.91 J/kg et 44.29 m/s, face aux 981 de la Terre et à ce même 44.29. La chute prend maintenant 27.341 s au lieu de 4.5152 s. C'est six fois plus long pour atteindre la même vitesse, car une faible gravité a besoin de distance pour accomplir ce qu'une forte gravité réalise rapidement.
Un vrai parachutiste cesse d'accélérer autour de 55 m/s. À partir de quelle hauteur de chute cette page annonce-t-elle une vitesse qu'aucune personne en chute n'atteint ?

Afficher la réponse

Entre 154 m et 155 m : 154 donne 54.97 m/s et 155 donne 55.15 m/s. Ce seuil est plus bas qu'on ne le croit, et tout ce qui est au-dessus répond sur le vide, pas sur l'air. L'écart se creuse ensuite vite : à 1000 m la page annonce 140.07 m/s, deux fois et demie la vitesse qu'un corps tombant dans l'air ne peut pas dépasser.

Parcours

L’énergie plutôt que les forces

Références (3)

Where “distance goes as the square of the time” comes from — the result the whole panel rests on: Galileo Galilei, Two New Sciences, including Centers of Gravity & Force of Percussion, translated by Stillman Drake. University of Wisconsin Press, 1974. ISBN 0-299-06404-2. First published as the Discorsi in 1638.
The 9.80665 m/s² the gravity field is built around, and where that exact figure was fixed: Bureau International des Poids et Mesures, Declaration 2 of the 3rd CGPM (1901): “The value adopted in the International Service of Weights and Measures for the standard acceleration due to gravity is 980.665 cm/s².”
The “no air” assumption tested where there genuinely is none: NASA, “The Apollo 15 Hammer-Feather Drop.” Commander David Scott released a 1.32 kg geological hammer and a 0.03 kg falcon feather from about 1.6 m; both struck the surface together.

Par l’équipe 7 Raven Room · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.