TP PHYSIQUE n°9 : réponses aux questions posées. 2. chute libre verticale d’un solide : poids de la balle de golf (en prenant g=10N.kg–1) P= m.g= 46.10–3.10= 4,6.10–1N poussée d’Archimède PA= poids d’un volume d’air égal à celui de la balle (soit pour une sphère de rayon R, V=4R3/3 ... à connaître ) PA= mv.V.g mais attention aux unités ! mv en kg.m–3 et V en m3 mv(air)= 1,3.10–3g/1cm3= 1,3.10–6kg/10–6m3 =1,3 kg. m–3 PA= 1,3. [4(2,15.10–2)3/3 )] .10= 5,4.10–4N Donc pour la balle de golf, poids= 850x poussée d’Archimède. On peut donc négliger la poussée d’Archimède devant son poids si on accepte une erreur inférieure à 1% la force de frottement augmente avec la vitesse... jusqu’à quelle vitesse V m reste –t-elle inférieure au centième du poids de la balle de golf ? Dans ces conditions on pourra alors la négliger devant le poids. Calculons V m . Pour v= Vm , f= P/100 donc 0,92.R2. Vm2= P/100 soit Vm2= 4,6.10–1/100.0,92. (2,15.10–2)2 Vm= 3,3m.s–1. Si on peut négliger la force de frottement f et la poussée d’Archimède PA devant le poids de la balle, alors la seule force qui agit pendant la chute de la balle est son poids : on dit dans ces conditions que la chute est libre. z’ faire un schéma : on choisit par exemple l’axe vertical z’z orienté vers le bas, et un axe horizontal x’x. système : { balle de golf } considérée comme ponctuelle référentiel galiléen choisi : terrestre (car cette expérience est de courte durée). force extérieure : poids P 2ème loi de Newton : P = m. a .. .. projection sur l’axe z’z : m.g = m.z donc z = g on obtient ainsi l’équation différentielle vérifiée par la variable z .. Vo x’ x O i k .. projection sur l’axe x’x : 0 = m.x donc x = 0 on obtient ainsi l’équation différentielle vérifiée par la variable x Sol lors de l’intégration de cette équation, il va apparaître des constantes qui se déduisent des deux conditions initiales (relire l’énoncé pour les trouver) qu’il faut donc écrire au préalable : à t=0 « la balle est lancée du point O » donc z0=0 et x0=0 . . « la balle est lancée verticalement vers le haut » donc z0= –V0 et x0=0 .. . z = g z = gt + constante donc z = gt–V0 z . cette. constante correspond à la valeur de z pour t=0 , soit z0= –V0 z = ½ g t2 – V0 t + z0 = ½ g t2 – V0 t z=½ g t2 – V0 t 1 .. . . de même x = 0 x = constante = x0 = 0 x = constante = x0 = 0 x=0 conclusion : Les équations horaires du mouvement du centre d’inertie de la balle de golf sont : x=0 et z = ½ g t2 – V0 t . . Les composantes de son vecteur vitesse sont : x = 0 et z = gt–V0 On constate que la balle se déplace uniquement sur l’axe vertical puisque à tout instant x=0. Lorsque, au cours de son mouvement, la balle atteint sa hauteur maximale, la fonction du temps z=f(t) passe par un extremum (compte tenu de l’orientation choisie pour l’axe z’z c’est un minimum car lorsque la hauteur augmente, z diminue). Or, lorsqu’une fonction passe par un extremum sa dérivée s’annule. On peut donc déterminer à quel instant cela se produit, puis calculer la valeur de z correspondante : . z = gt–V0 = 0 t = V0/g z = ½ g t2 – V0 t = –V02/2g ( Attention : z0 h0 ) Le point de lancement O étant situé à la hauteur d par rapport au sol, le point le plus haut de la trajectoire de la balle est à la hauteur hmax = d + V02/2g La balle (supposée ponctuelle) touche le sol lorsque z=+d (attention au signe) z = ½ g t2 – V0 t = d ½ g t2 – V0 t – d = 0 Cette équation du second degré admet deux solutions : * la valeur négative de t est à éliminer car le mouvement de la balle commence à t=0 * la solution est donc : t = ( 2V0 + 4V02 + 8gd ) / 2g La vitesse de la balle est alors : Application numérique : . V = z = gt–V0 = 4V02 + 8gd /2 = V02 + 2gd avec m=4,6.10–2 kg g=10N.kg–1 V0=1,0m.s–1 On a vu précédemment que la force de frottement dans l’air restait 100 fois plus faible que le poids de la balle de golf, donc négligeable (tant que l’on travaille comme ici avec seulement 2 chiffres significatifs), si V 3,3m.s–1. donc V02 + 2gd (3,3)2 d 0,49m Donc si la balle est lancée à partir d’un point O situé à plus de 0,49m du sol, les forces de frottement ne pourront plus être négligées sur toute la trajectoire de la balle qui la ramène sur le sol. 2 Représentation de la fonction z=f(t)= ½ g t2 – V0 t à partir de l’instant du lancement t=0. C’est une portion de parabole qui passe par le point O(t=0,z=0) et dont le sommet est le point S(t=V0/g , z=–V02/2g). z’ Essaye de comprendre la signification de cette courbe : V0/g A partir de t=0 la hauteur de la balle augmente (donc z diminue puisque l’axe z’z est orienté vers le bas) jusqu’au sommet S, puis la hauteur de la balle diminue de plus en plus vite au cours du temps puisque sa vitesse de chute augmente sous l’effet de son poids. t O d z Représentation de la fonction z. = f(t) = gt–V0 qui est la composante de la vitesse sur l’axe z’z orienté vers le bas. . z C’est une fonction affine du temps qui est donc représentée par une droite. . Pour t=0, z est négatif puisque la vitesse de lancement est dirigée vers le haut, dans le sens négatif de l’axe de projection z’z. Puis cette vitesse diminue en valeur absolue pour s’annuler pour t= V0/g (sommet de la trajectoire) où . elle change de sens ( z devient alors positif ) et augmente ensuite jusqu’au sol. t O V0/g –V0 . z’ Comment évoluent ces courbes si la balle est lâchée sans vitesse initiale ? z t O t O ( ce qui reviendrait à poser V0=0 dans l’étude précédente ) d z . z’ Comment évoluent ces courbes si la balle est lancée verticalement vers le bas à partir du point O ? z t O O t d z 3