Correction exercice méthode d`Euler

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.