DM 15 Balistique avec frottement

DM 15 Balistique avec frottement
Décrire le mouvement d’un projectile de masse m=100kg constitué d’une pierre sphérique de densité 3 lancée dans
l’atmosphère et subissant un frottement turbulent avec un angle par rapport à l’horizontale de 45° à la vitesse de
20m/s. On cherchera sur internet le Cx convenable
Pierre de rayon R= 0.2 V=4/3 πR3 =0.032 densité caillou 3
Fx = ½ ρair V²S Cx
S est la section efficace ou la surface projetée =πR²
1<Re<103 Cx=18.5/Re0.6
Re<1 Cx=24/Re
5105 > Re > 103
Re=ρVL/μ
masse = 100kg
Cx=0.44
μ est la viscosité dynamique pour l’air 1.8 10 -5
Pour V=80km/h=80/3.6=20m/s
Re=1*20*0.1 /2 10-5 =100 000→ Cx =0.44
Fx = ½ ρair V²S Cx
=ηV²
η= ½ ρair S Cx=0.5*1 *3.14*0.04*0.44=0.03
import matplotlib.pyplot as plt
import numpy as np
coefficient_frottement=0.03
v_x_0=20*np.sin(np.pi/4)
x_0=0
y_0=0
v_y_0=20*np.cos(np.pi/4)
liste_v_x=[]
liste_v_y=[]
liste_x=[]
liste_y=[]
pas=0.01
g=10
m=100
while y_0>=0:
v_x=v_x_0+pas*(-(coefficient_frottement/m)*np.sqrt((v_x_0)**2+(v_y_0)**2)*v_x_0*v_x_0)
v_y=v_y_0+pas*(-g-(coefficient_frottement/m)*np.sqrt((v_x_0)**2+(v_y_0)**2)*v_y_0*v_y_0)
y=y_0+v_y_0*pas
x=x_0+v_x_0*pas
liste_x.append(x)
liste_y.append(y)
v_x_0=v_x
v_y_0=v_y
x_0=x
y_0=y
print(liste_x)
print()
print(liste_y)
plt.plot(liste_x,liste_y,"+",label="Mesures")
plt.show()
On n’a pas une parabole, la courbe n’est pas symétrique
DM 16 cinématique et mécanique
Basketteur
Un basketteur cherche à marquer un panier, il est à une distance D=10m du panier horizontalement et ce dernier est
à une hauteur H=3.05m au dessus du sol. Le diamètre du panier est 45cm, celui du ballon 25 cm. On ne tiendra pas
compte des rebonds sur le panier et on considère que le lancer à lieu à une hauteur de 2.5m. On néglige les
frottements de l’air. La vitesse du lancer est constante v0=11m/s
Quels sont les angles de lancer par rapport à l’horizontale qui permettent de marquer un point ?
On considèrera que tous les tirs sont dans le même plan vertical qui contient le diamètre du panier.
1
gt ² v0 sin
2
v0 cos t
z
x
t
1
gx ²
2 v0 ² cos ²
z
tan
x
H
h
Si on atteint le point le plus lointain du panier
H
1 g ( D R r )²
2 v0 ² cos ²
h
notons C
H
cos ²
h C
tan
H
(D
h C
C
R r)
1 g ( D R r )²
2
v0 ²C
1 g ( D R r )²
2 v0 ² cos ²
2
1 C
(D
C
tan
(D
R r)
R r )²
2
1 g ( D R r )²
2
v0 ²
C C ² (D
R r )²
Si on atteint le point le plus proche du panier
H
h
H
1 g ( D R r )²
2 v0 ² cos ²
h C
tan
1 g ( D R r )²
2
v0 ²
(D R r)
2
C C ² ( D R r )²
>
restart:Dist:=10;H:=3.5;h:=2.5;R:=0.45/2;r:=0.25/2;g:=10;V0:=11;ecart:=R
-r;
Dist := 10
H := 3.5
h := 2.5
R := .2250000000
r := .1250000000
g := 10
V0 := 11
ecart := .1000000000
> eq1:=((H-h)*Cst+0.5*g*((Dist+ecart)**2/V0**2))**2=(CstCst*Cst)*(Dist+ecart)**2;
eq1 := ( 1.0 Cst 4.215289256 )2 102.0100000 Cst 102.0100000 Cst 2
>
> solution1:=fsolve(eq1,Cst);
solution1 := .2703071724.6381427013
,
> alpha1:=arccos(sqrt(solution1[1]));180*alpha1/3.14116;
:= 1.024049878
58.68181756
> alpha2:=arccos(sqrt(solution1[2]));180*alpha2/3.14116;
:= .6454347093
36.98577840
> z:=-0.5*g*x*x/(V0*V0*cos(alpha1)*cos(alpha1))+tan(alpha1)*x;
z := .1528716891 x 2 1.643013961 x
> dessin1:=plot(z,x=0..Dist+ecart):
> z:=-0.5*g*x*x/(V0*V0*cos(alpha2)*cos(alpha2))+tan(alpha2)*x;
> dessin2:=plot(z,x=0..Dist+ecart):
z := .06475403380 x2 .7530256424 x
> with(plots):display({dessin1,dessin2});
Warning, the name changecoords has been redefined
>
> eq2:=((H-h)*Cst+0.5*g*((Dist-ecart)**2/V0**2))**2=(Cst-Cst*Cst)*(Distecart)**2;
eq2 := ( 1.0 Cst 4.050000000 )2 98.01000000 Cst 98.01000000 Cst 2
> solution2:=fsolve(eq2,Cst);
solution2 := .2528192538.6552708381
,
> alpha3:=arccos(sqrt(solution2[1]));180*alpha3/3.14116;
:= 1.043948230
59.82206618
> alpha3-alpha1;
.019898352
> alpha4:=arccos(sqrt(solution2[2]));180*alpha4/3.14116;
:= .6275167488
35.95901348
> alpha4-alpha2;
-.0179179605
> z:=-0.5*g*x*x/(V0*V0*cos(alpha3)*cos(alpha3))+tan(alpha3)*x;
z := .1634460723 x 2 1.719126217 x
> dessin3:=plot(z,x=0..Dist-ecart,color=blue):
> z:=-0.5*g*x*x/(V0*V0*cos(alpha4)*cos(alpha4))+tan(alpha4)*x;
> dessin4:=plot(z,x=0..Dist-ecart,color=blue):
z := .06306142690 x2 .7253182272 x
> display({dessin3,dessin4});
>
>
> display({dessin1,dessin2,dessin3,dessin4});
>
Echelle de pompier
Une échelle de pompier se déploie. On décrit la position de l’extrémité de l’échelle en coordonnées sphériques.
On aura r=at, = t , = /2-bt. Quelles sont les vitesses et accélérations ?
Représenter en 3D grâce à Python le mouvement de l’extrémité que l’on arrêtera à la date /(2b)
import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt
from mpl_toolkits.mplot3d import Axes3D
fig = plt.figure()
ax = fig.gca(projection='3d')
a=0.2
omega=2
b=0.1
t=np.linspace(0,np.pi/(2*b),100);
x=a*t*np.sin(np.pi/2-b*t)*np.cos(omega*t)
y=a*t*np.sin(np.pi/2-b*t)*np.sin(omega*t)
z=a*t*np.cos(np.pi/2-b*t)
ax.plot(x,y,z)
plt.show()
Lire le document suivant : Chute d’un corps selon la verticale. Vitesse initiale nulle. Frottement
turbulent.
m
d2z
dt ²
mg
d2z
g
dt ²
1 2
g
Z
v²
dz
On pose Z=
dt
dZ
dt
dZ
dZ
2 g
1
1
Z
g
d Ln
1
g
d Ln
g
1
g
1
g
2
Z (1 e
g
Z
Z
2
1
g
dt
Ln
1
t
g
g
2
Z
Z
Z
1
1
t
e
Z
g
1
g
g
z=
Ln ch
ch
Z
2 g dt
Z
2 g dt
Z
g
2
d Ln
t
cst
g
2
t
1
g
car à t
Z
0
d Ln
dz
dt
Z
Z
1
Z
1
g
g
(e
g
2
dz
dt
t
1)
Z
g
g
g
t
e
1
2
g
g
g
g
g
t
g
t
t
cst
g
d Ln ch
z=
g
t
Ln ch
cst
g
d Ln ch
2
Z
g
ge
t
t
g
t
e
sh
t
e
g
e
g
g
t
e
t
1 e
sh
dt
1
g
t
1
g
1
Z
2
g
dt
0
2
g
t
Z e
Z
2
dz
dt
m
dZ
1
g
g
g
1
dZ
d Ln
1
dZ
g
g
e
avec
dt
Z
Z
2
1 dz
dt
g
Z2
Z
t
)
g
2
1
dZ
1
v²
dt
1
g
1
g
g
2 g
g
m
v²
g
t
ch
g
g
t
t
cst
car à t = 0 z=0
Sachant que la chute d’un parachutiste s’opère à 200km/h avant l’ouverture du parachute proposer une
valeur pour
La vitesse de chute sature à
g qui doit être de 200 000/ 3600= 60 m/s
δ=3600=m/η=100/η η=0.03 ouf !
DM 17) amortissement d’un oscillateur par
frottement solide défaut de justesse
x
k,l0
M
A=O
X0
ux
x
Confondu avec
l’axe en fait
X0-4 g/ 0²
Ligne des sommets
g/
0²
t
- g/
0²
-(X0-2 g/
0²)
La position d’équilibre est x = l0 , on pose X = x - l0 la variable d’écart.
A t=0 x = x0 > l0 et dx/dt=0 soit X =X0 > 0 et dX/dt=0
Equations du mouvement selon le sens du mouvement la force de frottement qui s’oppose au mouvement change de sens
d ²x
dt ²
d ²x
(2) m
dt ²
(1) m
k ( x l0 )
k ( x l0 )
dx
0
dt
dx
mg si
0
dt
mg si
a) La première demi oscillation est traitée par l’équation (1)
montrer qu’elle amène à la position –(X0-2 mg/
0²)
avec
0²=k/m
b) Montrer que la deuxième demi-oscillation amène à (X0-4 mg/
0²)
c) Expliquer pourquoi et comment le mouvement s’arrête dans la bande X [- mg/
0²,
mg/
0²]
Première phase du mouvement
RT
CI : x= x0 >l0 >0 et dx/dt(0)=0
Le mouvement débute vers la gauche dx/dt <0
O
x
M
ma
P RN
on pose
X
0
0
RT
Frappel
k
et
m
²
²X
g
RN
mx
X
X (t )
x l0
V<0
mg
mg k ( x l0 )
CI X (0)
g
) cos
0²
(X0
0
X0
x0 l0
X (0) 0
g
0²
t
Quand le solide s’arrête-il ? quand dX/dt=0, ce qui se produit à T0/2 alors
X(
T0
)
2
(X0
g
)
0²
l’oscillation a perdu 2
g
0²
(X0 2
g
)
0²
g
d’amplitude en T0/2
0²
Le solide va dans une deuxième phase du mouvement de T0/2 à T0 se déplacer vers la droite cette fois ci la réaction
tangentielle va être dirigée sur la gauche et la nouvelle équation du mouvement est :
mx
mg k ( x l0 )
on pose toujours X= x-l0 mX
X (t )
g
cst cos ( 0t
0²
mg kX
X
0
²X
g
cst cos (
0²
) ou plutot X (t )
qui sera plus commode pour exprimer les CI que voici : X(
donc X (t )
et X (T0 )
On a perdu 4
g
g
(X0 3
) cos (
0²
0²
g
g
(X0 3
)
0²
0²
X0 4
0
t
g
T0
)
2
0
t
T0
2
(X0 2
)
T
g
) et X( 0 ) 0
2
0²
T0
)
2
g
0²
g
d’amplitude en une « période » T0
0²
Reste la question, quand le solide va-t-il s’arrêter d’osciller ?
C’est nécessairement au bout d’une demi oscillation quand dX/dt s’annule, mais cela ne suffit pas il faut aussi que :
k ( x l0 )
mg soit k X
mg
celà signifie qu'un extremum local tombe dans la bande - mg , mg
La position finale n’est pas x=l0 celle que l’on atteindrait avec une force de frottement fluide, c’est le défaut de
justesse des instruments mécaniques
DM 18 – Mouvements d'une particule en
contact avec une cuvette parabolique.
Utilise le concept de moment cinétique qui est donné ici et qui sera revu plus tard.
On désire étudier les mouvements possibles d'un point matériel M, de masse m, sous l'action du champ de
pesanteur g, à l'intérieur d'une cavité fixe que l'on suppose solidaire d'un référentiel terrestre R (O, ex, ey, ez )
supposé galiléen. La surface extérieure de cette cavité est un paraboloïde de révolution P, d'axe vertical ascendant
Oz, dont l'équation en coordonnées cylindriques ( , ,z) est 2 – az = 0 avec a > 0 (Figure A–l).
Cette surface étant parfaitement lisse, le point matériel M glisse sans frottement sur P.
Compte tenu de la symétrie du problème, on utilisera les coordonnées cylindriques de M, la base de projection étant
celle de Rc(O, e , e , ez) (Figure A–l).
On suppose la liaison unilatérale, c'est-à-dire que les coordonnées
et z de M satisfont à l'inégalité z
2
/ a.
1. Moment cinétique
a) Exprimer, dans la base de RC, la vitesse de M par rapport à R.
b) Quelle est l'expression, dans la base de RC, du moment cinétique en O, LO, par rapport à R ? En déduire sa
projection selon l'axe Oz. LO
OM
mv
c) Montrer que la réaction R qu'exerce P sur M est contenue dans le plan OHP. En appliquant le théorème du
moment cinétique en O, sous forme vectorielle,
d LO
dt
Fi montrer que la projection de LO sur Oz se
OM
i
conserve au cours du temps. Expliciter cette relation de conservation en fonction de
simplifier l'écriture, on désignera par L cette constante.
et . Dans la suite, pour
2. Energie
a) Quelle est, en fonction des coordonnées et de leurs dérivées, l'expression de l'énergie cinétique E k de la particule
M par rapport à R ?
b) Justifier l'existence d'une énergie potentielle Ep dont dérivent les forces extérieures agissant sur M. Exprimer E p en
fonction de en supposant que Ep (0) = 0.
c) Que peut-on dire de l'énergie mécanique de M dans le champ de pesanteur ?
3. Discussion générale du mouvement
a) Déduire de ce qui précède une équation du premier ordre, à une seule inconnue, de la forme :
1
m
2
2
G( ) E p ,ef ( ) E m où G( ) est positif et sans dimension et où Ep,ef ( ) est une énergie potentielle
effective.
Expliciter G( ) et Ep,ef ( ).
b) Représenter avec soin le graphe Ep,ef ( ). Montrer que Ep,ef ( ) passe par un minimum pour une valeur
l'on exprimera en fonction de L, m, a et g, intensité du champ de pesanteur.
m
de que
c) Discuter, à l'aide du graphe Ep,ef ( ), la nature du mouvement de M. En déduire que la trajectoire de M sur P est
nécessairement tracée sur une région de P limitée par deux cercles définis à l'aide des constantes du mouvement et
des données du problème. On se contentera d'indiquer quelle équation il conviendrait de résoudre pour déterminer
ces deux cercles.
4. Etude de quelques mouvements particuliers
a) A quelle condition sur L la trajectoire de M sur P est-elle une parabole méridienne ?
b) Déterminer les conditions initiales auxquelles il faut satisfaire pour que la trajectoire de M sur P soit un cercle
horizontal.
c) Une petite perturbation écarte légèrement la coordonnée de la valeur m pour laquelle Ep,ef ( ) est minimal.
Montrer que = – m oscille avec une période que l'on calculera dans le cas où m = 1 m et a = 2 m. On rappelle
que g = 9,81 m.s–2.
5. Réalisation du contact
La force de réaction qu'exerce P sur M s'écrit : R = R en, en étant le vecteur unitaire porté par la normale intérieure à
P au point M.
Ecrire, sous forme vectorielle, la loi fondamentale appliquée au mouvement de M par rapport à R. En déduire, en
projetant selon en, que le contact ne peut être rompu.
Partie A –
1 – a - OM
z ez . v
e
.e
2
2
e
a
ez car z
2
donc z
a
a
.
3
a
2
b - LO
OM m. v
0
m.
2
m.
a
2
a
. LOz
m
2
L.
2
a
c – La liaison est parfaite car le glissement est sans frottement. La réaction est donc normale à la paroi. De plus, le
guide est invariant par rotation, tous les plans de symétrie contiennent l’axe Oz. Comme la réaction appartient à un
de ces plans, le support de la réaction coupe l’axe Oz.
d L0
dt
M 0,ex . Les deux forces qui agissent sur la masse sont la réaction et le poids. Toutes les deux appartiennent à
un plan de symétrie du guide. Leur moment par rapport à O est nécessairement orthogonal à l’axe Oz. En conclusion,
le moment des forces en O suivant Oz est nul, le moment cinétique suivant Oz se conserve, soit : LOz
1 F d OM I
mG
J
2 GH dt JK
2 – a Ek
F
1 G
m
2 G
H
2
2
2
2
2
.
4
2
a2
m
2
L.
I
JJ .
K
b – La réaction ne travaille pas. La seule contribution à l’énergie potentielle est le poids :
2
Ep
mgz (+ Cte = 0) = mg
c - Em
3–a
L
Cte car aucune force non conservative ne travaille.
Em
m
a
2
1
m
2
2
F
GG1
H
2
2
.
2
4 2
a2
I
JJ
K
2
mg
a
soit Em
1
m
2
on obtient pour l’énergie potentielle effective : E p ,ef
b - Pour une quantité d’énergie mécanique E m,
correspondant aux conditions initiales, on voit
est dans un état lié et que les seuls mouvements
sont compris entre 1 et 2.
Em
2
FG1 4 IJ
HaK
2
2
G FGH IJK
L2
2m
2
2
1
. Comme
m 2.
mg
2
a



E p,ef
2
2
Ep,ef = f ( ).
mg
a
.
que la bille
possibles
dE p ,ef
L2
m 3
0
d
FG L a IJ
H 2m g K
2
2mg
a
0
min
Remarque : On pourrait s’attendre à
1
4 – a Si L
et
2
.
= 0 comme position d’équilibre. Il faut naturellement considérer le
0 donc L 0 par conséquent
en résolvant l’intégrale première du mouvement avec
0 , soit
b – Il faut
4
2
mouvement général de la bille, en particulier
On trouve
1
0.
min
0 , soit Em (0)
E p ,ef .
0 . On lâche la bille sans vitesse suivant e .
0,
m
2
L
or comme L
m 2m
et
FG 2m g IJ
H a K
2
m
1
2
2
alors
g
.
a
c – Période d’oscillation.
On dérive par rapport à
bg
IJ
K
E p ,ef
2
1
m
2
0 m. . G
IJ
K

2
.
m. . G
b g
2
Comme
2
0
5–
2
.
m
E p ,ef
2
I
JK
E p ,ef
2
I
JK
m
FG
H
dp
dt
v2
Rc
R
m
IJ
K
Fex
bg
m. a
bg
mg cos
t
, on obtient,
donc
m
est un IP2,
. Finalement, l’équation du mouvement est :
m
.
soit
E p ,ef
2
m
b g FGH1
m
I
JK
4L
m. a 2
1
.
m. G
2
b g
m
0 . On pose alors
2
0
E p ,ef
2
m
I
JK
a
, avec L
2g
FG 2m g IJ
H a K
2
2
m
1
2
on obtient pour
I
JK
.
1
m. G
b g.
m
2
0
m
,
0,705 s-1 .
F e , MPI . Il n’y a pas rupture de contact si la réaction reste positive.
H K
n
0 . Tous les termes sont positifs, car est supérieur à /2. Le contact n’est jamais rompu.
6 – Les frottements font diminuer la quantité d’énergie mécanique donc
m
et
R m. g . En projection sur la base de Frenet suivant en , on obtient
R mg cos , avec
v2
Rc
I
JK
.
2
. On se place en
2
8mg
et G
a
8g
. A.N. : T0
4 2m
a. 1
a2
m
E p ,ef
m
0
0
E p,ef
G
E p ,ef
2
1
l’intégrale première. Comme
0 , on retrouve la bille on fond du paraboloïde.
et
. Quand
0 , L 0 donc
DM 19, plus facile
Tremplin : la réaction ne travaille pas, le poids dérive d’une énergie potentielle
Un skieur glisse depuis un point A où sa vitesse est nulle et où la côte est h sur un tremplin de pente par rapport à
l’horizontale, en B il atteint une portion en arc de cercle de rayon R de telle façon que les tangentes des deux
portions se raccordent, puis il en ressort en C pour faire un saut de portée à déterminer.
Résoudre les deux premières phases du mouvement grâce à la RFD pour trouver la vitesse en C
Retrouver v( C) par conservation de l’énergie.
A
Trouver la portée, une méthode énergétique permet-elle
de la calculer ?
h
R
2
B
C
portée
D
DM 20 Portrait de phase.
A) Un pendule de masse m=1kg oscille au bout d’une tige rigide sans masse de longueur l=1m dans le
champ de pesanteur g = 10m.s-2.
Grâce à une intégration numérique de python.
Tracer son portrait de phase ( (t ),
(t )
) pour les amplitudes maximum variant de 10° en 10° de 10° à 180°
0
Pour une vitesse en bas de course correspondant à
2gl , 3gl , 2 gl , 5gl , 6gl superposer les portraits
de phase des mouvements révolutifs.
B) Une force de frottement fluide du type
d
est maintenant mise en œuvre en plus du poids et de la
dt
tension
avec diverses valeurs de
que vous choisirez tracer le nouveau portrait de phase avec comme CI à t=0
(t=0)=0 , v0 = ld /dt(t=0)= 4 gl
from scipy import *
from pylab import *
#importe matplotlib entre autres
from scipy.integrate import odeint
# Module de résolution des équations différentielles
omega0 = 2*pi
Q = 10
omegap=omega0/ ((1-1/(4*Q*Q))**0.5)
def deriv(syst, t):
x = syst[0]
# Variable1 x
v = syst[1]
# Variable2 v
dxdt = v
# Equation différentielle 1
dvdt = -omega0**2*sin(x)
return [dxdt,dvdt]
# Equation différentielle 2
# Dérivées des variables
# Paramètres d'intégration
start = 0
end = 10
numsteps = 400
t = linspace(start,end,numsteps)
nb_courbes = 20
for i in range(nb_courbes):
# Conditions initiales et résolution de la décharge
x0 = 0
v0 = i*50/nb_courbes
syst_CI = array([x0,v0])
Sols = odeint(deriv,syst_CI,t)
# Tableau des CI
# Résolution numérique des équations différentielles
# Récupération des solutions odeint renvoie un tableau bidim, x récupère la première colonne, v la
deuxième
x = Sols[:, 0]
# initialisation je prends en première coord tout (:)
# deuxième je prends juste la colonne 0
v = Sols[:, 1]
plot(t, x, ms=6, mfc='w', mec='b')
xlim(0, 10)
ylim(-10, 10)
legend()
exemple
# Solution numérique le temps en abscisse x en ordonnée
# Limites de l'axe des abscisses temps
# Limites de l'axe des ordonnées x
# 'o' : options cosmétiques d'affichage donnerait des cercles pour o par
show()
figure2= figure()
# Portrait de phase
# Paramètres d'intégration
start = 0
end = 2
numsteps = 400
t = linspace(start,end,numsteps)
nb_courbes = 20
for i in range(nb_courbes):
# Conditions initiales et résolution de la décharge
x0 = 0
v0 = i*20/nb_courbes
syst_CI = array([x0,v0])
# Tableau des CI
Sols = odeint(deriv,syst_CI,t)
# Résolution numérique des équations différentielles
# Récupération des solutions
x = Sols[:, 0]
# initialisation je prends en première coord tout (:)
# deuxième je prends juste la colonne 0
v = Sols[:, 1]
plot(x, v/omega0)
#xlim(-5, 20)
# Limites de l'axe des abscisses
#ylim(-5, 5)
# Limites de l'axe des ordonnées
axis('equal')
#legend()
show()
Le vuibert propose une solution différente scannée ci-dessous :