TP 10: Mouvement parabolique

TP 10: Mouvement parabolique - Correction
Objectifs: Connaître et exploiter les 3 lois de Newton ; les mettre en œuvre pour étudier les mouvements dans
les champs de pesanteur et électrostatique uniforme.
Mettre en œuvre une démarche expérimentale pour étudier un mouvement.
I°) Chute libre dans le champs de pesanteur terrestre
A°) Étude théorique
α
⃗
P
g
⃗
On considère une objet (balle, bille …) lancé dans l'air d'une hauteur h avec une vitesse initiale v0 inclinée d'un
angle α par rapport à l'horizontale. Pour la suite, on négligera les frottements et la poussée d'Archimède.
v0 .
OM 0 et ⃗
1°) A t = 0, donner les composantes du vecteur position et du vecteur vitesse que l'on notera ⃗
(ce sont les conditions initiales).
Nous avons ⃗
OM0 =
{
{
x0 = 0
v = v 0 cos (α)
v 0 = x0
et pour le vecteur vitesse ⃗
y0 = h
v y0 = v 0 sin(α )
2°) Appliquer la seconde loi de Newton à cet objet.
L'objet est lancé dans l'air dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen. La seule force qui agit sur
l'objet est sont poids ⃗
P.
Appliquons alors la seconde loi de Newton :
Fext = m. ⃗
a
∑⃗
:
a=⃗
g
Ici cela donne ⃗
P = m. ⃗
a et comme ⃗
P = m. ⃗
g cela donne immédiatement ⃗
Remarque : ainsi la chute ne dépend pas de la masse de l'objet.
3°) Intégrer pour trouver les composantes du vecteur vitesse ⃗
v (t) .
Projetons les vecteurs dans le repère xOy :
a =
⃗
{
{
dv x
dv
a x = x =0
g x =0
dt
dt
g =
a=⃗
g cela donne
et ⃗
et comme nous avons ⃗
dv
g y =−g
dv
a y= y
a y = y =−g
dt
dt
a x=
{
Il ne manque plus qu'à intégrer en tenant compte des conditions initiales :
{
v x (t)=C 1( constante)
.
v y (t)=−g.t +C 2
On détermine les constantes C1 et C2 avec les conditions initiales.
v = v 0 cos (α)=C 1
C 1=v 0 cos (α)
v 0 = x0
A t = 0 nous avons ⃗
donc on en déduit que
.
v y0 = v 0 sin(α )=−g×0+C 2
C 2 =v 0 sin(α)
{
{
Finalement l'expression de la vitesse vaut ⃗
v (t) =
{
v x (t) = v 0 cos (α)
v y ( t)=−g.t +v 0 sin(α)
4°) Intégrer une dernière fois pour trouver les composantes du vecteur position ⃗
OM (t) .
dx
x (t )=v 0 cos (α). t+K 1
v x = =v 0 cos (α)
dt
⃗
On sait que v (t) =
on intègre alors
1
y (t)=− g.t 2+v 0 sin(α). t+K 2
dy
v y = = g.t+v 0 sin(α)
2
dt
{
{
On détermine les constantes K1 et K2 avec les conditions initiales.
{
x 0 = 0=v 0 cos( α)×0+K 1
A t = 0 nous avons ⃗
donc on en déduit que
1
OM0 =
2
y 0 = h=− g×0 +v 0 sin (α)×0+K 2
2
{
K 1=0
.
K 2=h
{
x (t ) = v 0 cos (α).t
1
y (t )=− g. t 2 +v 0 sin(α) . t+h
2
5°) Donner l'expression de la trajectoire sous la forme y(x).
Finalement l'expression de la vitesse vaut ⃗
OM (t) =
Il suffit d'exprimer t en fonction de x et de réinjecter le résultat dans l'expression de y :
Nous avons : t=
2
x
1
x
x
et donc en réinjectant nous obtenons y (t )=− 2 g. v 2 cos2 (α) +v 0 sin (α) . v cos(α )+h
v 0 cos( α)
0
0
on simplifie en :
1
x2
y (x )=− g. 2 2
+tan(α). x+h
2 v 0 cos (α)
6°) La trajectoire obtenue est de quelle forme ?
La trajectoire obtenue est celle d'une parabole (polynôme du second degré)
B°) Étude expérimentale
Dans cette partie vous allez réaliser une acquisition vidéo d'un objet lancé dans l'air.
Pour cela nous utiliserons le logiciel VirtualDub (gratuit !) pour réaliser l'acquisition + le logiciel Régressi et
Régavi (gratuit aussi!) pour le pointage et la modélisation.
Partie 1 : Acquisition vidéo
- Brancher la Webcam et ouvrir le logiciel VirtualDub, regarder son mode d'emploi pour réaliser une acquisition
vidéo.
Partie 2 : Pointage vidéo
Dans Régressi → Nouveau → Regavi.
• Cliquez ensuite sur Lecture d'un fichier AVI → Fichier puis choisir la vidéo que vous venez de réaliser.
Ensuite il faut paramétrer le logiciel :
• Cliquez sur Origine pour placer l'origine du repère.
Choisir l'origine à l'endroit où l'objet est lancé (plus de contact avec la main).
• Cliquez sur l'échelle pour définir une longueur de référence. (2 points de référence sont nécessaires).
• Cliquez ensuite sur Mesures. Pointer alors les positions successives de l'objet. Le logiciel affiche alors
l'ordonnée et l'abscisse de celui-ci et la date t correspondant.
• Cliquez alors sur Stop pour arrêter la saisie des points et cliquez sur
Régressi.
pour envoyer les résultats sous
Voici ce que l'on obtient :
y
x
Partie 3 : Modélisation
Pour gommer les imperfections des repérages, nous allons modéliser les différentes grandeurs.
1°) Faire afficher y(t). Modéliser la courbe obtenue par le modèle proposé le plus approprié. Faire ajuster la
courbe et recopier l'expression de y(t) avec les valeurs numériques.
Voici ce que l'on obtient :
Le modèle le plus approprié est la parabole, en effet nous avons trouvé précédemment que :
1
y (t)=− g.t 2+v 0 sin (α).t+h ce qui est en parfait accord avec l'allure de la courbe.
2
Le logiciel donne y (t)=−4,91. t 2+3,44 . t−0,019 .
2°) Faire la même chose avec x(t).
Le modèle le plus approprié est la droite qui passe par l'origine, en effet nous avons trouvé
précédemment que : x (t)=v 0 cos(α). t ce qui est en parfait accord avec l'allure de la courbe.
Le logiciel donne x (t)=1,67. t .
3°) Faire de même avec y(x).
Le modèle le plus approprié est la droite qui passe par l'origine, en effet nous avons trouvé
1
x2
y
(x
)=−
g.
+tan( α). x+h ce qui est en parfait accord avec l'allure de la
précédemment que :
2 v 20 cos2 (α)
courbe.
Le logiciel donne y (x )=−1,66 . x 2+1,96 . x+0,0107 .
C°) Exploitation des données
1°) A partir des expressions théoriques établies au début du TP, et des expressions numériques de x(t) et de y(t)
déduites de la modélisation, en déduire les valeurs des grandeurs suivantes :
- Vitesse initiale v0
- Angle initial α
- Champs de pesanteur g
1 2
2
Nous avons trouvé que y (t)=− g.t +v 0 sin (α) .t+h=−4,91. t +3,44 . t −0,019 et que de même nous
2
x
(t)=v
cos(α).
t=1,67
.t
avons
.
0
Nous en concluons que
{
v 0 sin( α) = 3,44
1
et que − . g = − 4,91
v 0 cos (α) = 1,67
2
Cela donne immédiatement g=2×4,91=9,82 m.s−2
Et en divisant
v 0 sin(α)
3,44
=tan( α)=
=2,06 et que donc l'angle de tir vaut α=tan−1(2,06)=64,1 °
v 0 cos(α)
1,67
Remarque : l'angle α peut être déduit de y(x) en effet nous avons
2
1
x
y (x )=− g. 2 2
+tan( α). x+h=−1,66 . x 2+1,96 . x+0,0107 on voit directement que tan (α)=1,96 .
2 v 0 cos (α)
Ce qui est a peu près la même valeur que précédemment.
Pour la vitesse nous avons v 0 cos (α)=1,67 et donc v 0=
1,67
1,67
−1
=
=3,82 m.s
cos (α) cos(64,1)
2°) La valeur communément admise de g est 9,81 m.s-2. Faire un calcul d'erreur relative.
L'erreur relative vaut
g mesuré − g 9,92−9,81
=
= 0,10 %
g
9,81
II°) Mouvement d’une particule chargée dans un champ électrique uniforme
Une particule (électron, proton) de charge q soumise à un champ électrique uniforme ⃗
E subit une force ⃗
F
dont l'expression est la suivante :
⃗
F = q⃗
E
A°) Étude théorique
v 0 horizontale
Dans cette partie nous allons analyser le mouvement d'un électron envoyer avec une vitesse ⃗
⃗
dans une zone où règne un champs électrique uniforme E entre 2 plaques d'un condensateur.
⃗
F
⃗
E
1°) Ici la tension entre les 2 plaques vaut U = 3000 V et la distance entre elles est d = 5,2 cm. Calculer la valeur
U
du champs électrique sachant que E =
.
d
Le champ électrique vaut alors E =
U 3000
=
=5,8×10 4 V.m−1 .
d 0,052
2°) Comparer le poids P et la force électrique F pour un électron. Quelle force peut-on négliger ?
Données : charge élémentaire : e=1,6×10−19 C et masse électron : me =9,1×10−31 kg .
∣F∣ e . E 1,6×10−19×5,8×104
15
Nous avons ⃗
P =m. ⃗
g et ⃗
F =−e. ⃗
E faisons le rapport des valeurs ∣P∣= me . g = 9,1×10−31×9,81 =1,0×10
Le poids est donc totalement négligeable par rapport à la force électrique.
3°) Appliquer alors la seconde loi de Newton à cet électron. Quel est l'analogue du champ électrique ⃗
E et de la
charge q par rapport à la chute parabolique.
On néglige donc le poids, il ne reste donc que la force électrique et nous avons
Fext = me. ⃗
a
∑⃗
:
e. ⃗
E
a= −
E = me. ⃗
a ce qui donne ⃗
soit ici −e . ⃗
.
me
g et la
Comparons la force électrique ⃗
P =m. ⃗
g et ⃗
F =−e. ⃗
E , ⃗
E est l'équivalent du champs de pesanteur ⃗
charge e est l'équivalent de la masse.
4°) Que vaut l'angle α ici ?
Ici l'électron arrive horizontalement donc α = 0 et il arrive en y = 0 (conditions initiales)
Nous avons ⃗
OM0 =
{
{
x0 = 0
v = v0
v 0 = x0
et pour le vecteur vitesse ⃗
y0 = 0
v y0 = 0
5°) En déduire que la trajectoire de cet électrons dans le champ électrique est y ( x ) =
eE
x2 .
2
2 me v 0
On fait la même démarche que précédemment :
{
dv x
=0
dt
dv e . E et on intègre en tenant compte des conditions initiales nous obtenons finalement
a y= y =
dt
me
a x=
a =
⃗
⃗
v (t) =
{
{
v x (t) = v 0
x (t ) = v 0 . t
⃗
e.E
e.E
2
v y ( t)=
. t et on intègre une dernière fois : OM (t ) = y (t)=
.t
me
2 me
Et pour avoir l'expression de y(x) il suffit d'exprimer t en fonction de x et de réinjecter ceci dans
l'expression de y.
Nous obtenons t=
x
e.E
x
.
soit y ( x )=
v0
2 me v 0
2
( )
soit finalement l'expression donnée :
y(x) =
eE
x2
2
2 me v 0
B°) Étude expérimentale : détermination de la vitesse v0
On a représenté le schéma de l'expérience ci-dessous :
Borne +
générateur haute tension
y
⃗
F
x
v0
⃗
⃗
E
Canon à électrons
Borne générateur haute tension
v 0 et ⃗
1°) Représenter les vecteurs ⃗
F, ⃗
E (sans souci d'échelle). La déviation des électrons vous semble-t-elle
en accord avec le sens du champ électrique ?
Les électrons sont attirés par la charge positive de la plaque qui est reliée à la borne + du générateur.
Donc oui la déviation est normale.
Le champ électrique ⃗
E va du + vers le -, on dit qu'il descend les potentiels.
On a pris une photo de l'écran et nous en avons fait une vidéo. Sous Régavi faire le pointage de la trajectoire et
ensuite sous Régressi faire afficher la trajectoire y(x).
Voici ce que l'on obtient :
2°) Vérifier alors que le faisceau d’électrons suit une trajectoire parabolique, et qu’elle a pour équation : y ( x) = a x 2
La courbe y(x) à bien l'allure d'une parabole dont le sommet est 0.
3°) Avec la modélisation en déduire la valeur de la vitesse initiale v0.
Données : charge élémentaire : e=1,6×10−19 C et masse électron : me =9,1×10−31 kg
Avec la modélisation nous obtenons :
Nous avons y ( x )=3,48 x 2 (a1 et b sont négligeables)
4°) L'application du théorème de l'énergie cinétique montre que v 0=3,23×107 m.s−1 . Calculer l'erreur relative.
Quelle peut être la cause de la différence ? (Voir mode d'emploi pour y répondre)
Nous avons montré que y (x ) =
v0 =
L'erreur relative est
√
eE
eE
x 2=3,48 x 2 et donc
=3,48 ce qui donne :
2
2 me v 0
2 me v 20
√
eE
1,6×10−19×5,8×104
=
=3,8×107 m.s−1
−31
2×3,48×me
2×3,48×9,1×10
v 0 mesurée − v 0 3,8 − 3,23
=
= 18 %
v0
3,23
D'après la notice, le champ électrique n'est pas tout à fait uniforme il y a des effets de bord non
négligeables un peu comme sur la photo ci-dessous.
Effets de bord
Les lignes de champ ne sont
plus des droites
Ligne de champ électrique
uniforme