Exercice II : Chute verticale d`un ballon (5 points)

Polynésie 2008
EXERCICE II : CHUTE VERTICALE D’UN BALLON (5 points)
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1. Équation différentielle du mouvement
1.1. Valeurs des forces s’exerçant sur le système {ballon gonflé + bille} :
Poids du système : P = M.g
Poussée d’Archimède :  = mair.g où mair est la masse d’air
déplacé par le ballon de baudruche de volume V (la bille ayant un
volume négligeable devant V)
m
or air  air   donc  = .V.g
V
La force de frottement fluide a une valeur proportionnelle au carré
de la vitesse vG
donc f = k. v G2
1.2. On applique la deuxième loi de Newton au système
{ballon gonflé + bille}, de masse M, dans le référentiel du laboratoire,
supposé galiléen : Fext  M.a  P +  + f = M.a
dv

M.g. j – .V.g. j – k. v . j = M. G
dt
dv
en projection sur (y’y) :
M.g – .V.g – k. v G2 = M. G
dt
dv G
k.
.V
 .V  k 2
en divisant par M, il vient :
=g–
.g – .v G2 = g. 1 
 .v G
M  M
M
dt
M

dv G
 .V  k 2
soit finalement :
= g. 1 
 .v G
M  M
dt

y’

j
f
G
P
y
2
G
dv G
= A – B. v G2
dt
k
 .V 
En identifiant les deux équations il vient :
A = g. 1 
et B =

M
M 

 1,20  3,05 
1.4. A = 9,81  1 
= 6,45 S.I.
10,7 

1.3. L’équation est bien de la forme :
 .V 
Le terme 1 
n’a pas d’unité car .V est homogène à une masse. Ainsi l’unité de A est
M 

identique à celle de g. Comme g s’exprime en m.s-2 (voir donnée énoncé) alors A s’exprime
aussi en m.s-2. Ainsi :
A = 6,45 m.s-2.
dv
1.5. Lorsque le système atteint la vitesse limite, vG = v = Cte, donc G = 0 et A – B. v 2 = 0
dt
A
soit B = 2 .
v
6,45
1.6. B =
= 0,853 S.I.
2,752
A
1

L.T 2
Dimension de B : [B] =
donc B est homogène à l’inverse d’une longueur et


L
 v 2  L2 .T 2
s’exprime en m-1. Ainsi : B = 0,853 m-1
2. Feuille de calcul du tableur
2.1. La règle permet d’étalonner la distance sur le document vidéo. Le logiciel de pointage peut
ainsi établir une correspondance entre les pixels de l’image et les distances réelles.
y 7  y5
t7  t5
0,184  0,092
vexp =
= 1,15 m.s-1.
0,240  0,160
dv
v
v
2.3. Méthode d’Euler , avec vG = v :
donc :
= A – B. v 2  v = [A – B. v 2 ] . t

dt
t
t
ainsi entre les dates t5 et t6 :
v (t6) – v (t5) = [A – B. v 2 (t5)] . (t6 – t5)
2.2. À la date t = 0,200 s : vexp =
v (t6) = v (t5) + [A – B. v 2 (t5)] . (t6 – t5)
v (t6) = 1,00 + [6,45 – 0,853  1,00² ]  0,040 = 1,22 m.s-1
(en gardant une précision au centième)
finalement :
3. Courbe v = f(t) obtenue par la méthode d’Euler
3.1. Allure de v = f(t) :
v
vlim
Régime
transitoire

Régime
permanent
t
3.2. Graphiquement, l’accélération ay(t) de la bille est égale au coefficient directeur de la
dv
dv
tangente au graphe vy = f(t) car : ay(t) = y ; ici, avec les notations de l’énoncé : a(t) =
.
dt
dt
Durant le régime transitoire, le coefficient directeur de la tangente au graphe v(t) diminue au
cours du temps donc l’accélération diminue au cours du temps (la vitesse augmente de moins
en moins vite).
En régime permanent, la tangente est horizontale donc son coefficient directeur est nul. La
valeur de l’accélération est nulle et la vitesse de la bille est constante.