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 : P  m g , 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



: a  g 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 v 0 à t = 0 et tel que "l'angle de tir"  =  Ox , v 0    ;  .

  2 2








t2
a  g u z et v 0  v 0 cos  u x  v 0 sin  u z donc OM  v 0 cos  t  u x   v 0 sin  t  g
2

-Équation de la trajectoire

 x  v 0 cos  t
y0

g
d'où l'équation de la trajectoire : z  
y0

x 2  tan  x
2
2
2

2v 0 cos 
t
z  g  v 0 sin  t
2

C'est l'équation d'une parabole d'axe vertical, dont la concavité est tournée vers le bas.


uz


v sin( 2)
Elle coupe l'axe Oz en x = 0 et x = p  0
: portée horizontale. (Ce point n'est atteint que si
g
 
 =  0;  ).
 2
p v cos  sin 
Le sommet de la parabole a pour coordonnées x =  0
, d'après la symétrie de la
2
2
2
v 0 sin 2 
v 0 2 sin 2  v 0 2 sin 2 

parabole par rapport à son axe, d'où z 
=f 
: flèche de la trajectoire.
2g
g
2g
 
(Ce point n'est atteint que si  =  0;  ).
 2
2
v

On constate que la portée horizontale est maximale pour   , sa valeur est alors p m  0 . La
4
g
2
v

flèche est maximale pour   sa valeur est alors f m  0 .
2
2g
-Problème du tir, parabole de sûreté
Pour atteindre un point de coordonnées données P(X,Z) (avec X > 0), avec une vitesse initiale de
g
norme v0 donnée, l'angle de tir doit être solution de l'équation Z  
X 2  tan  X .
2
2
2v 0 cos 
2
1
 1  u 2 et  = arctan(u) et l'équation s'écrit :
2
cos 
2
2 
 gX  2

g
2
2

u  (X)u   Z  gX   0 . Cette équation n'a de solution que si
soit
Z
(
1

u
)
X

uX
2
2
 2v 2 

2v 0 
2v 0
 0 

On notera pour simplifier u = tan donc
v 0 2 gX 2
gX 2 
gX 2 

son discriminant est  0 : X  2
.
Z
0  Z
2g 2 v 0 2
2v 0 2 
2v 0 2 
2
La parabole de sûreté a pour équation z 
v02
g

x2 .
2
2g 2v 0
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 : f  k v .



La relation fondamentale de la dynamique donne : m a  m g  k v d'où l'équation différentielle :

dv k  
 vg
dt m
 kt


L'équation homogène a pour solution générale v  C e m ( C est un vecteur constant). Une solution

m
particulière de l'équation complète est v  g . La solution générale de l'équation différentielle du
k

mouvement est donc : v 

 kt
Ce m


m
g.
k


Avec v  v 0 à t = 0, on obtient C  v 0 
m
g . La solution physique de l'équation est donc :
k
k
  m   t m 
v   v 0  g e m  g .
k 
k


k
m   m    t mt  
En intégrant une deuxième fois, on obtient : OM    v 0  g  e m 
g  B . La constante
k
k 
k







B est obtenue avec la condition initiale OM  0 à t = 0 : B 
m  m 
 v 0  g  donc le vecteur position est :
k
k 
k

 t
m   m  
m
 m gt .
OM   v 0  g  1  e
 k
k
k 








Avec g  g u z et v 0  v 0 cos  u x  v 0 sin  u z on obtient les équations paramétriques de la
k
k
 t
 t
m v 0 cos  
m
m 
m
m

  mg t .
1 e
trajectoire : x 
et z   v 0 sin   g  1  e


 k
k
k
k 




Quand t   la vitesse tend vers une vitesse limite verticale : v L 
vL 
m v 0 cos 
mg
. L'abscisse tend vers la valeur limite x L 
.
k
k
k

 t
m


x  xL 1 e
On peut donc écrire plus simplement :




d'où
m
g . On notera donc
k
t
m 
x 
 et
ln 1 
k  x L 
k
 t
m v L 

m
  v t et en déduire l'équation cartésienne de la trajectoire :
z   x L tan  
 1 e
L

k 


m vL  x m vL 
x 

 .
z   x L tan  

ln 1 

k  xL
k
x

L


dz
 0 d'où la valeur de x puis celle de z...
La flèche de la trajectoire s'obtient avec
dx
m v L  k x L tan   m v 0 sin  m 2 g  k v 0 sin  

 . Elle est maximale pour
f  x L tan  
ln 1 
 2 ln 1 
k
m v L 
k
m g 
k


m v0 m 2g  k v0 

.
 2 ln 1 
(c'est évident) et sa valeur maximale est f m 
2
k
m g 
k

La portée est la valeur de x  0 solution de l'équation z = 0 que l'on ne peut pas résoudre
m vL  p m vL 
p 

 . Mais la résolution numérique montrerait
analytiquement : 0   x L tan  

ln 1 

k  xL
k

 xL 
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 f  Kv v , 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



dv
d'Archimède négligeable. On a alors m g  Kv v  m
.
dt




v 0 et g étant verticaux, au bout d'un temps dt, la vitesse a varié de d v 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 v 0 le bas. Sur
dv
2
l'axe Ox orienté vers le bas, l'équation différentielle du mouvement s'écrit : m g  K v  m
.
dt
Cette équation différentielle n'est pas linéaire. On peut cependant la résoudre en utilisant la vitesse
mg
limite v L 
qui est une solution particulière de l'équation différentielle; celle-ci s'écrit :
K
v
tK
m dv
dv
2
vL  v2 
soit, en séparant les variables et en intégrant entre les dates 0 et t : 
  dt .
2
2
v0
0m
K dt
vL  v
On utilise la décomposition de la fraction en éléments simples :
1
vL  v2
2

1
2 vL
 1
1 

 et on

v

v
v

v
L
 L

2 KvL t
v  v 0 e m  v L  v 0 
1   v L  v 
K
  t soit, après des calculs "simples" : v  v L L
obtient :
.
ln 
2 KvL t
2 v L   v L  v  v
m
0
v L  v 0 e m  v L  v 0 
v
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.
O
x
.
A
M
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 F  k x u x .




La relation fondamentale de la dynamique donne : P  R  k x u x  m a




d v  
La vitesse est horizontale donc a 
= x u x est aussi horizontale donc R   P et la force totale est
dt
 k

 
celle qui est exercée par le ressort :  k x u x  m x u x d'où l'équation différentielle : x  x  0 .
m
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

k
. Les conditions initiales sur x et sur x permettent de calculer A et B ou l'amplitude X et
m
la phase à l'origine des dates  (voir 1-7-2).
pulsation  
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.
A
A
A
L0
LE
LE+x
O
M
x
x
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 P  m g  m g u x et F  k (L E  x  L 0 ) u x .

L'équation différentielle du mouvement est donc m g  k(L E  x  L 0 )  m x .
On a d'autre part m g  k(L E  L 0 )  0 . Par soustraction membre à membre de ces deux égalités, on

 
obtient la même équation différentielle que pour le pendule élastique horizontal  k x u x  m x u x d'où

x
k
x  0 et le même type de solution.
m