Correction exercice méthode d’Euler 1) Mouvement sans frottement -a- -b- P = ρ × V × g r ΠA P O et ΠA = ρair × V × g P ρ 2 = = = 1,7 Π A ρair 1, 2 donc la poussée d’Archimède n’est pas négligeable. d’où : P -c- Dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen, appliquons la 2ème loi de Newton au système {ballon}. r r F ∑ ext = m ⋅ a s’écrit, en projections sur l’axe (Oz) : z P - ΠA = ma, soit ⎛ ρ Donc a = g ⎜1- air ⎝ ρ ρVg - ρair Vg = ρVa. ⎞ -2 ⎟ = 3,9 m.s . ⎠ dv donc v(t) est une primitive de l’accélération a = Cte. dt Comme la vitesse initiale est nulle, on a v(t) = a⋅t -d- Par définition, a = v(t) = a⋅t + v0 . Comme v = dz 1 , on en déduit z(t) = a t 2 . dt 2 2z 10 = = 1,6 s. a 3,9 On reporte dans v(t) : v(1,6) = 3,9×1,6 = 6,2 m.s-1 -e- Pour z = 5 m on a t = -f- L’accélération est constante et dans le sens du mouvement, donc il s’agit d’un mouvement rectiligne uniformément accéléré. 2) Equation différentielle du mouvement -a- r ΠA P O f -b- La 2ème loi de Newton s’écrit maintenant : P - ΠA – f = ma Soit ( ρ − ρ air ) Vg − kv = m a P z En divisant par m : a = -c- On a m = ρV, d’où : a = ( ρ − ρair ) g ρ − ( ρ − ρair ) Vg m − kv m kv dv ⎛ ρ air soit : a = = ⎜1 − m dt ⎝ ρ ⎞ kv . ⎟g − m ⎠ 3) Résolution -a- à t = 0, v = 0 donc a(0) = g(1-ρair / ρ) = 3,9 m.s-2. -b- v(0,1) = v(0) + 0,1×a(0) = 0 + 0,1×3,9 = 0,39 m.s-1. ⎛ ρ ⎞ k -c- a(0,1) = ⎜1 − air ⎟ g − v(0,1) = 3,9 - 3×0,39 = 2,73 m.s-2. ρ ⎠ m ⎝ ⎛ ρ ⎞ k -d- a(0,3) = ⎜1 − air ⎟ g − v(0,3) = 3,9 - 3×0,85 = 1,35 m.s-2. ρ ⎠ m ⎝ v(0,4) = v(0,3) + 0,1×a(0,3) = 0,85 + 0,1×1,35 = 0,985 m.s-1. e- La vitesse limite vlim est atteinte lorsque a = 0. Soit ⎛ ρ ⎞ k vlim = g ⋅ ⎜1 − air ⎟ m ρ ⎠ ⎝ d’où vlim = mg ⎛ ρ air ⎞ ⋅ ⎜1 − ⎟ k ⎝ ρ ⎠ -g- Régime transitoire τ -h- Graphiquement : τ = 0,3 s. Régime permanent = 1,31 m.s-1.