TP PHYSIQUE n°9 : réponses aux questions posées

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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=4R3/3 ... 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 Vm 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 Vm .
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.
 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
projection sur l’axe x’x : 0 = m.x donc x = 0
on obtient ainsi l’équation différentielle vérifiée par la variable x
 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 cette constante correspond à la valeur de z pour t=0 ,
soit z0= –V0
donc z = gt–V0  z = ½ g t2 – V0 t + z0 = ½ g t2 – V0 t z=½ g t2 – V0 t
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. .
.
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z’
z
O
Vo
Sol
k
i
x’
x
. .
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 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 : z0  h0 )
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 :
V = z = gt–V0 =  4V02 + 8gd /2 =  V02 + 2gd
 Application numérique : 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.
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 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).
Essaye de comprendre la signification de cette courbe :
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.
 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.
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.
 Comment évoluent ces courbes
si la balle est lâchée sans
vitesse initiale ?
( ce qui reviendrait à poser
V0=0 dans l’étude précédente )
 Comment évoluent ces courbes
si la balle est lancée verticalement
vers le bas à partir du point O ?
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z’
z
t
O
V0/g
d
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t
z
.
V0/g
O
–V0
z’
z
t
O
d
t
z
.
O
z’
z
t
O
d
.
t
z
O