Chapitre 3

MPSI Chapitre 3
APPLICATIONS DE LA RELATION FONDAMENTALE DE LA DYNAMIQUE
3-1 Chute libre, tir dans le vide
-Accélération
Dans une région de la terre suffisamment petite, on sait que la seule force qui s'exerce dans le
référentiel terrestre sur un corps dans le vide est son poids :
 gmP
,
g
étant le vecteur champ de pesanteur,
localement uniforme, vertical et orienté vers 1e bas.
La relation fondamentale de la dynamique donne 1"accélération du corps. assimilé à un point matériel
:
 ga
cette accélération
g
est aussi nommée "accélération de 1a pesanteur".
À Paris. g = 9.809 73 m.s–2. À la latitude 45 °, g a sa valeur standard : g0 = 9.806 65 m.s–2.
-Vitesse, vecteur position
Pour étudier le mouvement d'un projectile dans le vide, on utilise un repère cartésien lié à la terre
avec O : Position à t = O, Oz vertical. vers le haut, Ox dans le "plan de tir" plan vertical défini par O et la
vitesse
0
v
à t = 0 et tel que "l'angle de tir" =
2
;
2
v,Ox 0
.
  z
uga
et
  z0x0
0usinvucosvv
donc
 z
2
0x0 u
2
t
gtsinvutcosvOM
-Équation de la trajectoire
tsinv
2
t
gz
0y
tcosvx
0
2
0
d'où l'équation de la trajectoire :
xtanx
cosv2
g
z
0y
2
2
2
0
C'est l'équation d'une parabole d'axe vertical, dont la concavité est tournée vers le bas.
Elle coupe l'axe Oz en x = 0 et x =
g)2sin(v
p2
0
: portée horizontale. (Ce point n'est atteint que si
=
2 ;0
).
Le sommet de la parabole a pour coordonnées x =
2sincosv 2
p0
, d'après la symétrie de la
parabole par rapport à son axe, d'où
g2
sinv
g
sinv
z2
2
0
2
2
0
=
g2
sinv
f2
2
0
: flèche de la trajectoire.
(Ce point n'est atteint que si =
2 ;0
).
On constate que la portée horizontale est maximale pour
4
, sa valeur est alors
g
v
p2
0
m
. La
flèche est maximale pour
2
sa valeur est alors
g2
v
f2
0
m
.
-Problème du tir, parabole de sûreté
Pour atteindre un point de coordonnées données P(X,Z) (avec X > 0), avec une vitesse initiale de
norme v0 donnée, l'angle de tir doit être solution de l'équation
XtanX
cosv2
g
Z2
2
2
0
.

On notera pour simplifier u = tan donc
2
2u1
cos
1
et = arctan(u) et l'équation s'écrit :
uXX)u1(
v2
g
Z22
2
0
soit
0
v2
gX
Zu)X(u
v2
gX 2
0
2
2
2
0
2
. Cette équation n'a de solution que si
son discriminant est 0 :
0
v2
gX
Z
v2
gX
2X 2
0
2
2
0
2
2
2
0
2
2
0v2
gX
g2
v
Z
.
La parabole de sûreté a pour équation
2
2
0
2
0x
v2
g
g2
v
z
.
Son sommet a les coordonnées x = 0 et z = fm et elle coupe l'axe Ox au point z = 0 et x = pm..
Tout point P situé en dessous de la parabole de sûreté peut être atteint avec deux valeurs différentes
de . Tout point situé sur la parabole de sûreté n'est atteint qu'avec une seule valeur de . Tout point situé au
dessus de la parabole de sûreté ne peut être atteint.
3-2 Influence de la résistance de l'air sur le tir d'un projectile pour des vitesses faibles
Pour des vitesses restant faibles, on peut faire l'approximation suivante : la résistance de l'air est
proportionnelle à la vitesse :
  vkf
.
La relation fondamentale de la dynamique donne :
  vkgmam
d'où l'équation différentielle :
 gv
m
k
dt
vd
L'équation homogène a pour solution générale
t
m
k
eCv 
(
C
est un vecteur constant). Une solution
particulière de l'équation complète est
 g
k
m
v
. La solution générale de l'équation différentielle du
mouvement est donc :
  g
k
m
eCv t
m
k
.
Avec
0
vv  
à t = 0, on obtient
  g
k
m
vC 0
. La solution physique de l'équation est donc :
 g
k
m
eg
k
m
vv t
m
k
0
.
En intégrant une deuxième fois, on obtient :
 Bg
k
mt
eg
k
m
v
k
m
OM t
m
k
0
. La constante
B
est obtenue avec la condition initiale
 0OM
à t = 0 :
  g
k
m
v
k
m
B0
donc le vecteur position est :
tg
k
m
e1g
k
m
v
k
m
OM t
m
k
0
.
Avec
  z
ugg
et
  z0x0
0usinvucosvv
on obtient les équations paramétriques de la
trajectoire :
t
m
k
0e1
k
cosvm
x
et
t
k
mg
e1g
k
m
sinv
k
m
zt
m
k
0
.

Quand
t
la vitesse tend vers une vitesse limite verticale :
 g
k
m
vL
. On notera donc
kgm
vL
. L'abscisse tend vers la valeur limite
k
cosvm
x0
L
.
On peut donc écrire plus simplement :
 t
m
k
Le1xx
d'où
L
x
x
1ln
k
m
t
et
tve1
k
vm
tanxz L
t
m
k
L
L
et en déduire l'équation cartésienne de la trajectoire :
L
L
L
L
Lx
x
1ln
k
vm
x
x
k
vm
tanxz
.
La flèche de la trajectoire s'obtient avec
0
dx
dz 
d'où la valeur de x puis celle de z...
 gm
sinvk
1ln
k
gm
k
sinvm
vm tanxk
1ln
k
vm
tanxf 0
2
2
0
L
LL
L
. Elle est maximale pour
2
(c'est évident) et sa valeur maximale est
 gm
vk
1ln
k
gm
k
vm
f0
2
2
0
m
.
La portée est la valeur de x 0 solution de l'équation z = 0 que l'on ne peut pas résoudre
analytiquement :
L
L
L
L
Lx
p
1ln
k
vm
x
p
k
vm
tanx0
. Mais la résolution numérique montrerait
qu'elle est réduite par rapport au cas d'un projectile lancé dans le vide.
Les tracés ci-dessous correspondent à m = 1 kg ; v0 = 100 m.s–1 ;  = 45° ; g = 10 m.s–2 et aux valeurs
de k : 10–3 ; 3.10–2 ; 0,1 et 0,2 kg.s–1. La première courbe est pratiquement la même que sans amortissement,
les dernières montrent clairement l'existence d'une asymptote et l'on voit que la portée horizontale et la flèche
décroissent quand k croît.

3-3 Tir vertical
Dans le cas général, la force de frottement exercé par le fluide est de la forme
 vKvf
, avec 
pouvant prendre des valeurs de 0 à 3 et K > 0.
On étudiera ici le cas où la vitesse initiale est verticale, le champ de pesanteur uniforme et la poussée
d'Archimède négligeable. On a alors
dt
vd
mvKvgm
.
0
v
et
g
étant verticaux, au bout d'un temps dt, la vitesse a varié de
vd
vertical et reste donc
verticale. En répétant ce raisonnement une infinité de fois, on en déduit que tout le mouvement se fait sur
une trajectoire verticale.
On se limite maintenant au cas où v reste d'un ordre de grandeur tel que  = 1 avec
0
v
le bas. Sur
l'axe Ox orienté vers le bas, l'équation différentielle du mouvement s'écrit :
dt
dv
mvKgm 2
.
Cette équation différentielle n'est pas linéaire. On peut cependant la résoudre en utilisant la vitesse
limite
K
mg
vL
qui est une solution particulière de l'équation différentielle; celle-ci s'écrit :
dt
dv
K
m
vv 2
2
L
soit, en séparant les variables et en intégrant entre les dates 0 et t :
v
v
t
0
2
2
L
0dt
m
K
vv
dv
.
On utilise la décomposition de la fraction en éléments simples :
vv 1
vv 1 v21
vv
1
LLL
2
2
L
et on
obtient :
t
m
K
vv vv
ln
v21v
v
L
L
L0
soit, après des calculs "simples" :
0L
mtKv2
0L
0L
mtKv2
0L
L
vvevv
vvevv
vv L
L
.
On remarque que vL est bien la limite de v quand t .
3-4 Mouvement d'un point matériel soumis à une force de rappel
3-4-1 Pendule élastique horizontal
On considère un point matériel M de masse m, attaché à un ressort dont l'autre extrémité est fixe.
L'ensemble est enfilé sur une tige horizontale Ax. On suppose le ressort parfait, de raideur k et de longueur à
vide L0 = AO, et les frottements négligeables.
Ax
M
O
.
L0
L0 + x
Ax
M
Ax
M
O
.
L0
L0 + x
M est soumis, dans le référentiel terrestre assimilé à un référentiel galiléen, à son poids
P
vertical, à
la réaction de la tige
R
normale à Ox et à la force exercée par le ressort
  x
uxkF
.
La relation fondamentale de la dynamique donne :
  amuxkRP x

La vitesse est horizontale donc
dt
vd
a
=
x
ux
est aussi horizontale donc
  PR
et la force totale est
celle qui est exercée par le ressort :
 xx uxmuxk
d'où l'équation différentielle :
0x
m
k
x
.
Cette équation est celle d'un oscillateur harmonique. Le mouvement est rectiligne sinusoïdal.
La solution réelle générale de cette équation est x = A cos( t) + B sin( t) = X cos( t + ) avec la
pulsation
m
k
. Les conditions initiales sur x et sur
x
permettent de calculer A et B ou l'amplitude X et
la phase à l'origine des dates  (voir 1-7-2).
3-4-2 Pendule élastique vertical
On suppose maintenant que le ressort est vertical. (Pour amorcer le mouvement, il faut écarter M
verticalement de sa position d'équilibre, ou le lancer verticalement, ou les deux à la fois).
On prend la position d'équilibre comme origine de l'axe vertical descendant Ox et on note LE la
longueur du ressort à l'équilibre.
O
x
AA
M
x
A
x
L0LELE+x
O
x
AA
M
x
A
x
L0LE
O
x
AA
M
x
A
x
L0LELE+x
En négligeant encore la poussée d'Archimède et la résistance de l'air, ou en supposant que l'appareil
est placé dans le vide, M est soumis aux forces
  x
ugmgmP
et
  x0E u)LxL(kF
.
L'équation différentielle du mouvement est donc
 xm)LxL(kgm 0E
.
On a d'autre part
0)LL(kgm 0E 
. Par soustraction membre à membre de ces deux égalités, on
obtient la même équation différentielle que pour le pendule élastique horizontal
 xx uxmuxk
d'où
0x
m
k
x
et le même type de solution.