2e Bac Sciences physiques (PC)

Chute verticale d'un solide

Chute verticale d'un solide en 2e Bac PC : chute libre, poussée d'Archimède, frottements, vitesse limite, méthode d'Euler, 10 exercices et QCM.

65 min
10 exercices corrigés
QCM de 7 questions

Prérequis : Lois de Newton (2e Bac), équations différentielles y' = ay + b, fonction exponentielle

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L'essentiel

1. La chute libre

La chute libre est exacte dans le vide. Dans l'air, elle est une bonne approximation pour un solide dense, compact et peu rapide, dont le poids est très grand devant la poussée d'Archimède et les frottements.

On étudie le mouvement du centre d'inertie $G$ dans le référentiel terrestre (galiléen). On choisit un axe $Oz$ vertical orienté vers le bas (le sens naturel d'une chute). La deuxième loi de Newton $m\vec{g} = m\vec{a}_G$ donne :

\vec{a}_G = \vec{g} \quad\text{soit}\quad a_z = g

L'accélération est constante et ne dépend ni de la masse ni de la forme du solide : c'est un mouvement rectiligne uniformément accéléré. Avec les conditions initiales $z(0) = z_0$ et $v(0) = v_0$ :

v(t) = g\,t + v_0 \qquad z(t) = \frac{1}{2}g\,t^2 + v_0\,t + z_0

Si tu orientes l'axe vers le haut (pour un lancer vertical vers le haut), alors $a_z = -g$ , $v(t) = -g\,t + v_0$ et $z(t) = -\frac{1}{2}g\,t^2 + v_0\,t + z_0$ . Le sommet est atteint quand $v = 0$ , c'est-à-dire à l'instant $t_s = \frac{v_0}{g}$ , à l'altitude $z_{max} = z_0 + \frac{v_0^2}{2g}$ .

2. Les forces exercées par un fluide

Quand un solide tombe dans un fluide (liquide ou gaz), il subit, en plus de son poids, deux forces dues au fluide.

Dimension de $k$ : une force s'exprime en $\text{kg.m.s}^{-2}$ , donc $k$ s'exprime en $\text{kg.s}^{-1}$ si $n = 1$ et en $\text{kg.m}^{-1}$ si $n = 2$ .

Force	Direction et sens	Intensité
Poids $\vec{P}$	verticale, vers le bas	$m g$
Poussée d'Archimède $\vec{F}_A$	verticale, vers le haut	$\rho_f V g$
Frottement fluide $\vec{f}$	opposée à $\vec{v}$	$k v^n$ ( $n = 1$ ou $2$ )

3. Équation différentielle du mouvement

Un solide de masse $m$ et de volume $V$ est abandonné dans un fluide. On oriente $Oz$ vers le bas. Dans le référentiel terrestre, la deuxième loi de Newton s'écrit $\vec{P} + \vec{F}_A + \vec{f} = m\vec{a}_G$ . Comme le mouvement est vertical et que la vitesse $v$ est comptée positive vers le bas, la projection sur $Oz$ donne

m\frac{dv}{dt} = m g - \rho_f V g - k v^n

On divise par $m$ et on note :

\frac{dv}{dt} = A - B\,v^n \quad\text{avec}\quad A = g\left(1 - \frac{\rho_f V}{m}\right) \quad\text{et}\quad B = \frac{k}{m}

Ici $A > 0$ si le solide est plus dense que le fluide ( $\rho_s > \rho_f$ ) : il coule. Si $\rho_s < \rho_f$ , la poussée d'Archimède l'emporte sur le poids et le solide remonte : on oriente alors l'axe vers le haut et on adapte les signes (voir l'exercice 8).

4. Le cas n = 1 : solution, vitesse limite, temps caractéristique

Pour $n = 1$ , l'équation $\frac{dv}{dt} + B\,v = A$ est du type $y' = ay + b$ vu en mathématiques. Avec $v(0) = 0$ , sa solution est

v(t) = \frac{A}{B}\left(1 - e^{-Bt}\right)

On introduit deux grandeurs caractéristiques :

v_{lim} = \frac{A}{B} = \frac{(m - \rho_f V)\,g}{k} \qquad \tau = \frac{1}{B} = \frac{m}{k}

Alors $v(t) = v_{lim}\left(1 - e^{-t/\tau}\right)$ et l'équation différentielle s'écrit $\frac{dv}{dt} + \frac{v}{\tau} = \frac{v_{lim}}{\tau}$ , car $\frac{v_{lim}}{\tau} = A$ .

La vitesse n'atteint jamais exactement $v_{lim}$ , mais s'en approche très vite :

$t$	$0$	$\tau$	$2\tau$	$3\tau$	$5\tau$
$\frac{v}{v_{lim}}$	$0$	$0{,}63$	$0{,}86$	$0{,}95$	$0{,}993$

5. Régimes du mouvement et lecture de la courbe $v(t)$

Régime initial (transitoire) : la vitesse augmente, l'accélération $a = \frac{dv}{dt}$ diminue de la valeur $A$ (à $t = 0$ , quand $v = 0$ ) vers $0$ .
Régime permanent (asymptotique) : la vitesse a pratiquement atteint $v_{lim}$ et reste constante. Alors $a = 0$ , donc d'après la première loi, $\vec{P} + \vec{F}_A + \vec{f} = \vec{0}$ : $mg - \rho_f V g = k\,v_{lim}^n$ . Les forces ne disparaissent pas, elles se compensent.

Sur le graphe $v(t)$ :

$v_{lim}$ est l'ordonnée de l'asymptote horizontale (le plateau) ;
$\tau$ est l'abscisse du point d'intersection de la tangente à l'origine avec l'asymptote ; pour $n = 1$ seulement, c'est aussi l'instant où $v = 0{,}63\,v_{lim}$ ;
le coefficient directeur de la tangente à l'origine est $A = \frac{v_{lim}}{\tau}$ (accélération initiale) ;
la durée du régime transitoire est de l'ordre de $5\tau$ : on dit que $\tau$ est le temps caractéristique de la chute.

6. Le cas n = 2

L'équation s'écrit $\frac{dv}{dt} = A - B\,v^2$ . En régime permanent, $\frac{dv}{dt} = 0$ , donc $A = B\,v_{lim}^2$ :

v_{lim} = \sqrt{\frac{A}{B}} = \sqrt{\frac{(m - \rho_f V)\,g}{k}}

Dans l'air, avec la poussée d'Archimède négligée, $v_{lim} = \sqrt{\frac{m g}{k}}$ . Le temps caractéristique garde la définition $\tau = \frac{v_{lim}}{A}$ (la tangente à l'origine, de pente $A$ , coupe l'asymptote à $t = \tau$ ), mais la solution n'est plus du type $1 - e^{-t/\tau}$ : la lecture « $v = 0{,}63\,v_{lim}$ » ne donne plus $\tau$ , il faut passer par la tangente à l'origine.

7. La méthode d'Euler

C'est une méthode de résolution approchée d'une équation différentielle $\frac{dv}{dt} = F(v)$ . On remplace la dérivée par sa tangente sur un petit intervalle de temps $\Delta t$ , le pas de la méthode. À l'instant $t_i$ , l'accélération vaut $a_i = A - B\,v_i^n$ , et on calcule de proche en proche :

a_i = A - B\,v_i^n \qquad v_{i+1} = v_i + a_i\,\Delta t \qquad t_{i+1} = t_i + \Delta t

On part de la condition initiale $v_0 = v(t = 0)$ . Avec un tableur, on obtient ainsi la courbe $v(t)$ , qu'on compare à l'expérience. Si on veut aussi la position, on ajoute $z_{i+1} = z_i + v_i\,\Delta t$ .

Quand $v_i$ approche $v_{lim}$ , les accélérations $a_i$ tendent vers $0$ : les valeurs de $v_i$ se stabilisent sur le plateau.

Méthodes

Méthode 1 : Établir l'équation différentielle de la chute

Système : le solide. Référentiel : le référentiel terrestre (galiléen). Axe $Oz$ vertical vers le bas.
Bilan des forces : $\vec{P}$ , $\vec{F}_A$ (si on ne la néglige pas) et $\vec{f}$ (opposée à la vitesse).
Écris $\vec{P} + \vec{F}_A + \vec{f} = m\vec{a}_G$ et projette sur $Oz$ .
Divise par $m$ et mets sous la forme $\frac{dv}{dt} = A - B\,v^n$ : identifie $A$ et $B$ .

Exemple : une boule de masse $m = 0{,}20\,\text{kg}$ et de volume $V = 5{,}0 \times 10^{-5}\,\text{m}^3$ tombe dans l'eau ( $\rho_f = 1\,000\,\text{kg.m}^{-3}$ ) avec $f = k\,v$ et $k = 2{,}0\,\text{kg.s}^{-1}$ . Alors $A = g\left(1 - \frac{\rho_f V}{m}\right) = 9{,}8 \times \left(1 - \frac{0{,}050}{0{,}20}\right) = 7{,}35\,\text{m.s}^{-2}$ et $B = \frac{k}{m} = 10\,\text{s}^{-1}$ .

Méthode 2 : Déterminer $v_{lim}$ et $\tau$

Par le calcul ( $n = 1$ ) : $v_{lim} = \frac{A}{B}$ et $\tau = \frac{1}{B} = \frac{m}{k}$ . Pour $n = 2$ : $v_{lim} = \sqrt{\frac{A}{B}}$ et $\tau = \frac{v_{lim}}{A}$ .
Par le graphe : lis le plateau pour $v_{lim}$ ; pour $\tau$ , trace la tangente à l'origine et note l'abscisse de son intersection avec l'asymptote, ou (pour $n = 1$ seulement) lis l'instant où $v = 0{,}63\,v_{lim}$ .
Vérifie la cohérence : $A = \frac{v_{lim}}{\tau}$ (pour $n = 1$ ).

Exemple (suite de la méthode 1) : $v_{lim} = \frac{7{,}35}{10} = 0{,}735\,\text{m.s}^{-1}$ et $\tau = 0{,}10\,\text{s}$ . Autre cas, par le graphe : un plateau à $0{,}50\,\text{m.s}^{-1}$ et une tangente à l'origine qui coupe l'asymptote à $t = 0{,}080\,\text{s}$ donnent $\tau = 0{,}080\,\text{s}$ et $A = \frac{0{,}50}{0{,}080} = 6{,}25\,\text{m.s}^{-2}$ .

Méthode 3 : Vérifier qu'une fonction est solution de l'équation différentielle

Dérive la fonction proposée.
Remplace $v$ et $\frac{dv}{dt}$ dans l'équation différentielle.
Vérifie que l'égalité est vraie pour tout $t$ (et contrôle la condition initiale).

Exemple : $v(t) = 0{,}50\left(1 - e^{-t/0{,}080}\right)$ est-elle solution de $\frac{dv}{dt} + 12{,}5\,v = 6{,}25$ ? On a $\frac{dv}{dt} = \frac{0{,}50}{0{,}080}e^{-12{,}5\,t} = 6{,}25\,e^{-12{,}5\,t}$ et $12{,}5\,v = 6{,}25 - 6{,}25\,e^{-12{,}5\,t}$ . La somme vaut $6{,}25$ : c'est bien une solution, et $v(0) = 0$ .

Méthode 4 : Appliquer la méthode d'Euler

Note $A$ , $B$ , $n$ , la condition initiale $v_0$ et le pas $\Delta t$ .
Construis un tableau avec les colonnes $t_i$ , $v_i$ , $a_i = A - B\,v_i^n$ et $v_{i+1} = v_i + a_i\,\Delta t$ .
Remplis ligne par ligne : la valeur $v_{i+1}$ calculée sur une ligne devient $v_i$ de la ligne suivante.
Compare à $v_{lim}$ ou à la solution exacte pour juger la précision.

Exemple : $\frac{dv}{dt} = 6{,}0 - 3{,}0\,v$ (SI), $v_0 = 0$ , $\Delta t = 0{,}10\,\text{s}$ . Ligne 0 : $a_0 = 6{,}0$ donc $v_1 = 0{,}60$ . Ligne 1 : $a_1 = 6{,}0 - 3{,}0 \times 0{,}60 = 4{,}2$ donc $v_2 = 0{,}60 + 0{,}42 = 1{,}02$ . Ligne 2 : $a_2 = 6{,}0 - 3{,}0 \times 1{,}02 = 2{,}94$ donc $v_3 = 1{,}02 + 0{,}294 \approx 1{,}31$ . On approche bien $v_{lim} = \frac{6{,}0}{3{,}0} = 2{,}0\,\text{m.s}^{-1}$ .

Méthode 5 : Décider si on néglige la poussée d'Archimède

Calcule le rapport $\frac{F_A}{P} = \frac{\rho_f}{\rho_s}$ (solide homogène).
Si ce rapport est très inférieur à $1$ (de l'ordre de $10^{-3}$ ou moins), tu peux négliger $F_A$ ; sinon, tu la gardes.
Si l'énoncé dit « on néglige la poussée d'Archimède », ne la fais pas intervenir.

Exemple : une pierre de masse volumique $2\,700\,\text{kg.m}^{-3}$ dans l'air : $\frac{1{,}2}{2\,700} \approx 4{,}4 \times 10^{-4}$ , négligeable. La même pierre dans l'eau : $\frac{1\,000}{2\,700} \approx 0{,}37$ , non négligeable.

Méthode 6 : Étudier une chute libre

Choisis l'axe (vers le bas pour une chute, vers le haut pour un lancer) et note les conditions initiales.
Écris $a_z = \pm g$ , puis $v(t)$ et $z(t)$ par intégration.
Pour une durée, résous $z(t) =$ valeur demandée ; pour une vitesse sans durée, utilise $v^2 - v_0^2 = 2a(z - z_0)$ .

Exemple : une pierre lâchée sans vitesse d'une hauteur de $45\,\text{m}$ (axe vers le bas) : $z = \frac{1}{2}g\,t^2 = 45$ donne $t = \sqrt{\frac{90}{9{,}8}} \approx 3{,}03\,\text{s}$ et $v = g\,t \approx 29{,}7\,\text{m.s}^{-1}$ .

Exercices corrigés

Exercice 1 : Une pierre dans un puits

Facile

On lâche sans vitesse initiale une pierre dans un puits. On néglige tous les frottements et on prend $g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ . On choisit l'axe $Oz$ vertical vers le bas, d'origine $O$ au point de lâcher, et on prend $t = 0$ au lâcher.

Établis $v(t)$ et $z(t)$ .
La pierre touche l'eau au bout de $2{,}5\,\text{s}$ . Calcule la distance entre le point de lâcher et la surface de l'eau, puis la vitesse d'arrivée, en $\text{m.s}^{-1}$ puis en $\text{km.h}^{-1}$ .
Quelle serait la durée de la chute et la vitesse d'arrivée pour une chute de $20\,\text{m}$ ?
Une pierre deux fois plus lourde tombe-t-elle plus vite ?

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1) Seul le poids agit : $m\vec{g} = m\vec{a}_G$ , donc $a_z = g$ . Par intégration avec $v(0) = 0$ et $z(0) = 0$ : $v(t) = g\,t = 9{,}8\,t$ et $z(t) = \frac{1}{2}g\,t^2 = 4{,}9\,t^2$ (SI).

2) $z(2{,}5) = 4{,}9 \times 2{,}5^2 = 4{,}9 \times 6{,}25 \approx 30{,}6\,\text{m}$ : la surface de l'eau est à environ $30{,}6\,\text{m}$ sous le point de lâcher. La vitesse est $v = 9{,}8 \times 2{,}5 = 24{,}5\,\text{m.s}^{-1}$ , soit $24{,}5 \times 3{,}6 \approx 88\,\text{km.h}^{-1}$ .

3) $z = 20\,\text{m}$ donne $t = \sqrt{\frac{2 \times 20}{9{,}8}} \approx 2{,}02\,\text{s}$ et $v = g\,t \approx 19{,}8\,\text{m.s}^{-1}$ . On retrouve aussi $v = \sqrt{2gz} = \sqrt{392} \approx 19{,}8\,\text{m.s}^{-1}$ .

4) Non : l'accélération $a_z = g$ ne dépend pas de la masse (elle se simplifie dans $m\vec{g} = m\vec{a}_G$ ). Les deux pierres arrivent en même temps, si les frottements sont négligeables.

Exercice 2 : Une balle lancée vers le haut

Moyen

Une balle est lancée verticalement vers le haut, à la vitesse $v_0 = 14\,\text{m.s}^{-1}$ , depuis un point situé à $z_0 = 1{,}5\,\text{m}$ au-dessus du sol. Elle n'est soumise qu'à son poids ( $g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ ). On choisit l'axe $Oz$ vertical vers le haut, d'origine $O$ au sol, et on prend $t = 0$ au lancer.

Établis l'accélération, puis $v(t)$ et $z(t)$ .
Calcule l'instant et l'altitude du sommet de la trajectoire.
Calcule l'instant où la balle touche le sol et sa vitesse à cet instant.
Pourquoi la vitesse d'arrivée au sol n'est-elle pas égale à $v_0$ ?

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1) Chute libre, axe vers le haut : $a_z = -g = -9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ . Avec $v(0) = 14\,\text{m.s}^{-1}$ et $z(0) = 1{,}5\,\text{m}$ : $v(t) = -9{,}8\,t + 14$ et $z(t) = -4{,}9\,t^2 + 14\,t + 1{,}5$ (SI).

2) Au sommet, $v = 0$ : $t_s = \frac{14}{9{,}8} \approx 1{,}43\,\text{s}$ . L'altitude est $z_{max} = z_0 + \frac{v_0^2}{2g} = 1{,}5 + \frac{196}{19{,}6} = 1{,}5 + 10 = 11{,}5\,\text{m}$ .

3) On résout $z(t) = 0$ , soit $-4{,}9\,t^2 + 14\,t + 1{,}5 = 0$ . Le discriminant est $\Delta = 14^2 + 4 \times 4{,}9 \times 1{,}5 = 196 + 29{,}4 = 225{,}4$ , et la racine positive est $t_g = \frac{14 + \sqrt{225{,}4}}{9{,}8} = \frac{14 + 15{,}01}{9{,}8} \approx 2{,}96\,\text{s}$ . La vitesse est alors $v = -9{,}8 \times 2{,}96 + 14 \approx -15{,}0\,\text{m.s}^{-1}$ : la balle descend à $15{,}0\,\text{m.s}^{-1}$ (le signe négatif indique le sens vers le bas).

4) La balle repasse par son point de départ ( $z = 1{,}5\,\text{m}$ ) avec la vitesse $-14\,\text{m.s}^{-1}$ , puis elle descend encore de $1{,}5\,\text{m}$ en accélérant : $v^2 = v_0^2 + 2g z_0 = 196 + 29{,}4 = 225{,}4$ , donc $|v| \approx 15{,}0\,\text{m.s}^{-1}$ .

Exercice 3 : Faut-il tenir compte de la poussée d'Archimède ?

Facile

Une sphère d'acier, de rayon $r = 2{,}0\,\text{cm}$ et de masse volumique $\rho_s = 7\,800\,\text{kg.m}^{-3}$ , est abandonnée successivement dans l'air ( $\rho_{air} = 1{,}2\,\text{kg.m}^{-3}$ ), dans l'eau ( $\rho_{eau} = 1\,000\,\text{kg.m}^{-3}$ ) et dans la glycérine ( $\rho_{gly} = 1\,260\,\text{kg.m}^{-3}$ ). On prend $g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ et $V = \frac{4}{3}\pi r^3$ .

Calcule le volume $V$ , la masse $m$ et le poids $P$ de la sphère.
Calcule la poussée d'Archimède dans chacun des trois fluides.
Compare-la au poids et conclus.

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1) $V = \frac{4}{3}\pi \times (2{,}0 \times 10^{-2})^3 \approx 3{,}35 \times 10^{-5}\,\text{m}^3 = 33{,}5\,\text{cm}^3$ . La masse est $m = \rho_s V = 7\,800 \times 3{,}35 \times 10^{-5} \approx 0{,}261\,\text{kg}$ et le poids $P = m g \approx 0{,}261 \times 9{,}8 \approx 2{,}56\,\text{N}$ .

2) $F_A = \rho_f V g$ :

dans l'air : $F_A = 1{,}2 \times 3{,}35 \times 10^{-5} \times 9{,}8 \approx 3{,}9 \times 10^{-4}\,\text{N}$ ;
dans l'eau : $F_A = 1\,000 \times 3{,}35 \times 10^{-5} \times 9{,}8 \approx 0{,}328\,\text{N}$ ;
dans la glycérine : $F_A = 1\,260 \times 3{,}35 \times 10^{-5} \times 9{,}8 \approx 0{,}414\,\text{N}$ .

3) Le rapport $\frac{F_A}{P} = \frac{\rho_f}{\rho_s}$ vaut environ $1{,}5 \times 10^{-4}$ (soit $0{,}015\,\%$ ) dans l'air, $0{,}128$ (soit $12{,}8\,\%$ ) dans l'eau et $0{,}162$ (soit $16{,}2\,\%$ ) dans la glycérine. Dans l'air, la poussée d'Archimède est négligeable ; dans les deux liquides, elle représente plus de $10\,\%$ du poids et on doit la prendre en compte.

Exercice 4 : Une bille dans la glycérine

Moyen

Une bille d'acier de rayon $r = 5{,}0\,\text{mm}$ et de masse volumique $\rho_s = 7\,800\,\text{kg.m}^{-3}$ est abandonnée sans vitesse initiale dans de la glycérine de masse volumique $\rho_f = 1\,260\,\text{kg.m}^{-3}$ . Le frottement fluide est $f = k\,v$ avec $k = 0{,}13\,\text{kg.s}^{-1}$ . On prend $g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ , l'axe $Oz$ vertical vers le bas, et $V = \frac{4}{3}\pi r^3$ .

Calcule le volume $V$ , la masse $m$ , le poids $P$ et la poussée d'Archimède $F_A$ .
Établis l'équation différentielle vérifiée par $v$ et calcule $A$ et $B$ .
Calcule la vitesse limite $v_{lim}$ et le temps caractéristique $\tau$ .
Écris $v(t)$ , calcule $v(\tau)$ et la durée au bout de laquelle $v = 0{,}99\,v_{lim}$ .

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1) $V = \frac{4}{3}\pi \times (5{,}0 \times 10^{-3})^3 \approx 5{,}24 \times 10^{-7}\,\text{m}^3$ . La masse est $m = \rho_s V \approx 7\,800 \times 5{,}24 \times 10^{-7} \approx 4{,}08 \times 10^{-3}\,\text{kg}$ . Le poids est $P = m g \approx 4{,}00 \times 10^{-2}\,\text{N}$ et la poussée est $F_A = \rho_f V g \approx 1\,260 \times 5{,}24 \times 10^{-7} \times 9{,}8 \approx 6{,}47 \times 10^{-3}\,\text{N}$ (environ $16\,\%$ du poids).

2) Deuxième loi de Newton projetée sur $Oz$ : $m\frac{dv}{dt} = mg - \rho_f V g - k\,v$ , donc $\frac{dv}{dt} = A - B\,v$ avec $A = g\left(1 - \frac{\rho_f V}{m}\right) = g\left(1 - \frac{\rho_f}{\rho_s}\right) = 9{,}8 \times (1 - 0{,}1615) \approx 8{,}22\,\text{m.s}^{-2}$ et $B = \frac{k}{m} = \frac{0{,}13}{4{,}08 \times 10^{-3}} \approx 31{,}8\,\text{s}^{-1}$ .

3) $v_{lim} = \frac{A}{B} = \frac{8{,}22}{31{,}8} \approx 0{,}258\,\text{m.s}^{-1}$ et $\tau = \frac{1}{B} = \frac{m}{k} \approx 3{,}14 \times 10^{-2}\,\text{s}$ , soit environ $31\,\text{ms}$ .

4) $v(t) = 0{,}258\left(1 - e^{-t/0{,}0314}\right)$ (SI). À $t = \tau$ : $v(\tau) = 0{,}258 \times (1 - e^{-1}) \approx 0{,}163\,\text{m.s}^{-1}$ . La condition $v = 0{,}99\,v_{lim}$ s'écrit $e^{-t/\tau} = 0{,}01$ , donc $t = \tau\ln(100) \approx 4{,}6\,\tau \approx 0{,}145\,\text{s}$ . En moins d'une seconde, la bille est donc en régime permanent.

Exercice 5 : Exploiter un enregistrement de vitesse

Moyen

Une bille de masse $m = 15\,\text{g}$ et de masse volumique $\rho_s = 5{,}0 \times 10^3\,\text{kg.m}^{-3}$ est abandonnée sans vitesse initiale dans un liquide. Le frottement est du type $f = k\,v$ . On prend $g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ . On mesure la vitesse $v$ (axe $Oz$ vers le bas) :

$t$ (s)	0	0,025	0,050	0,100	0,150	0,200	0,300
$v$ ( $\text{m.s}^{-1}$ )	0	0,157	0,253	0,346	0,380	0,393	0,399

Quelle est la vitesse limite approximative ?
Détermine le temps caractéristique $\tau$ par la méthode des $63\,\%$ .
Déduis l'accélération initiale $a_0$ . Compare-la à $g$ : que peux-tu en conclure ?
Calcule la constante $k$ , puis la masse volumique $\rho_f$ du liquide.

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1) La vitesse se stabilise : $v_{lim} \approx 0{,}40\,\text{m.s}^{-1}$ .

2) À $t = \tau$ , $v = 0{,}63\,v_{lim} = 0{,}63 \times 0{,}40 \approx 0{,}252\,\text{m.s}^{-1}$ . Dans le tableau, $v = 0{,}253\,\text{m.s}^{-1}$ à $t = 0{,}050\,\text{s}$ : donc $\tau \approx 0{,}050\,\text{s}$ .

3) À $t = 0$ , $v = 0$ donc le frottement est nul et $a_0 = A = \frac{v_{lim}}{\tau} = \frac{0{,}40}{0{,}050} = 8{,}0\,\text{m.s}^{-2}$ . Comme $a_0 < g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ , une force verticale vers le haut s'exerce déjà à $t = 0$ : c'est la poussée d'Archimède, qui n'est donc pas négligeable ici.

4) $\tau = \frac{m}{k}$ , donc $k = \frac{m}{\tau} = \frac{15 \times 10^{-3}}{0{,}050} = 0{,}30\,\text{kg.s}^{-1}$ . Par ailleurs $A = g\left(1 - \frac{\rho_f}{\rho_s}\right)$ donne $\frac{\rho_f}{\rho_s} = 1 - \frac{A}{g} = 1 - \frac{8{,}0}{9{,}8} \approx 0{,}184$ , donc $\rho_f \approx 0{,}184 \times 5{,}0 \times 10^3 \approx 9{,}2 \times 10^2\,\text{kg.m}^{-3}$ : ce peut être une huile. Vérification : $v_{lim} = \frac{(m - \rho_f V)\,g}{k} = \frac{m\,(1 - 0{,}184)\,g}{k} = \frac{0{,}015 \times 0{,}816 \times 9{,}8}{0{,}30} \approx 0{,}40\,\text{m.s}^{-1}$ .

Exercice 6 : La méthode d'Euler pas à pas

Moyen

La vitesse d'une bille (axe $Oz$ vers le bas) vérifie, en unités SI, l'équation $\frac{dv}{dt} = 8{,}0 - 20\,v$ avec $v(0) = 0$ .

Identifie $A$ , $B$ , calcule $v_{lim}$ et $\tau$ .
Avec un pas $\Delta t = 0{,}010\,\text{s}$ , complète par la méthode d'Euler le tableau des valeurs de $t_i$ , $v_i$ et $a_i$ pour $i = 0$ à $5$ .
Compare la valeur d'Euler à $t = 0{,}050\,\text{s}$ avec la solution exacte $v(t) = 0{,}40\left(1 - e^{-20\,t}\right)$ . Comment améliorer la précision ?

Voir le corrigé

1) $A = 8{,}0\,\text{m.s}^{-2}$ et $B = 20\,\text{s}^{-1}$ . Donc $v_{lim} = \frac{A}{B} = 0{,}40\,\text{m.s}^{-1}$ et $\tau = \frac{1}{B} = 0{,}050\,\text{s}$ . Le pas $\Delta t = 0{,}010\,\text{s}$ vaut $\frac{\tau}{5}$ : il est plus petit que $\tau$ .

2) On applique $a_i = 8{,}0 - 20\,v_i$ et $v_{i+1} = v_i + a_i \times 0{,}010$ .

$i$	$t_i$ (s)	$v_i$ ( $\text{m.s}^{-1}$ )	$a_i$ ( $\text{m.s}^{-2}$ )
0	0,000	0	8,0
1	0,010	0,080	6,4
2	0,020	0,144	5,12
3	0,030	0,195	4,10
4	0,040	0,236	3,28
5	0,050	0,269	2,62

(Par exemple, $v_2 = 0{,}080 + 6{,}4 \times 0{,}010 = 0{,}144$ et $v_3 = 0{,}144 + 5{,}12 \times 0{,}010 \approx 0{,}195$ .)

3) La solution exacte à $t = 0{,}050\,\text{s}$ est $v = 0{,}40\left(1 - e^{-1}\right) \approx 0{,}253\,\text{m.s}^{-1}$ ; Euler donne $0{,}269\,\text{m.s}^{-1}$ , soit un écart d'environ $6\,\%$ (Euler surestime ici la vitesse, car la courbe $v(t)$ est concave). Pour améliorer la précision, on diminue le pas : avec $\Delta t = 0{,}005\,\text{s}$ (10 lignes), on obtient $v \approx 0{,}261\,\text{m.s}^{-1}$ à $t = 0{,}050\,\text{s}$ , soit environ $3\,\%$ d'écart.

Exercice 7 : Une balle de tennis, frottement en $kv^2$

Moyen

Une balle de tennis de masse $m = 57\,\text{g}$ et de rayon $r = 3{,}3\,\text{cm}$ est lâchée sans vitesse initiale d'un point très élevé. Le frottement de l'air est $f = k\,v^2$ avec $k = 1{,}0 \times 10^{-3}$ (unités SI). On prend $g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ et $\rho_{air} = 1{,}2\,\text{kg.m}^{-3}$ . L'axe $Oz$ est vertical vers le bas.

Détermine l'unité de $k$ à partir de l'expression de $f$ .
Vérifie que la poussée d'Archimède est négligeable devant le poids.
Établis l'équation différentielle vérifiée par $v$ (sans Archimède) et calcule $B = \frac{k}{m}$ .
Calcule la vitesse limite (en $\text{m.s}^{-1}$ et en $\text{km.h}^{-1}$ ) et le temps caractéristique $\tau = \frac{v_{lim}}{A}$ .
Pour quelle vitesse l'accélération vaut-elle $5{,}0\,\text{m.s}^{-2}$ ?

Voir le corrigé

1) $f = k\,v^2$ donc $k = \frac{f}{v^2}$ , de dimension $\frac{\text{N}}{(\text{m.s}^{-1})^2} = \frac{\text{kg.m.s}^{-2}}{\text{m}^2.\text{s}^{-2}} = \text{kg.m}^{-1}$ . Donc $k$ s'exprime en $\text{kg.m}^{-1}$ .

2) $V = \frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{4}{3}\pi \times (3{,}3 \times 10^{-2})^3 \approx 1{,}5 \times 10^{-4}\,\text{m}^3$ , donc $F_A = \rho_{air} V g \approx 1{,}2 \times 1{,}5 \times 10^{-4} \times 9{,}8 \approx 1{,}8 \times 10^{-3}\,\text{N}$ . Le poids est $P = m g = 0{,}057 \times 9{,}8 \approx 0{,}56\,\text{N}$ : $\frac{F_A}{P} \approx 0{,}3\,\%$ , négligeable.

3) Deuxième loi de Newton projetée sur $Oz$ : $m\frac{dv}{dt} = mg - k\,v^2$ , donc $\frac{dv}{dt} = g - \frac{k}{m}v^2$ , c'est-à-dire $A = g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ et $B = \frac{k}{m} = \frac{1{,}0 \times 10^{-3}}{0{,}057} \approx 1{,}75 \times 10^{-2}\,\text{m}^{-1}$ .

4) En régime permanent, $\frac{dv}{dt} = 0$ , donc $v_{lim} = \sqrt{\frac{A}{B}} = \sqrt{\frac{m g}{k}} = \sqrt{\frac{0{,}057 \times 9{,}8}{1{,}0 \times 10^{-3}}} = \sqrt{558{,}6} \approx 23{,}6\,\text{m.s}^{-1}$ , soit environ $85\,\text{km.h}^{-1}$ . Le temps caractéristique est $\tau = \frac{v_{lim}}{A} = \frac{23{,}6}{9{,}8} \approx 2{,}4\,\text{s}$ .

5) On résout $g - B\,v^2 = 5{,}0$ , soit $v^2 = \frac{9{,}8 - 5{,}0}{1{,}75 \times 10^{-2}} \approx 274$ , donc $v \approx 16{,}5\,\text{m.s}^{-1}$ . (Pour $a = \frac{g}{2}$ , on trouverait $v = \frac{v_{lim}}{\sqrt{2}} \approx 16{,}7\,\text{m.s}^{-1}$ .)

Exercice 8 : Une bille de polystyrène qui remonte

Difficile

Une petite bille de polystyrène de rayon $r = 1{,}0\,\text{cm}$ et de masse volumique $\rho_s = 40\,\text{kg.m}^{-3}$ est lâchée sans vitesse initiale au fond d'un grand bac d'eau ( $\rho_f = 1\,000\,\text{kg.m}^{-3}$ ). Elle est totalement immergée. Le frottement de l'eau est $f = k\,v^2$ avec $k = 0{,}080\,\text{kg.m}^{-1}$ . On prend $g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ . L'axe $Oz$ est vertical vers le haut, et $V = \frac{4}{3}\pi r^3$ .

Calcule $V$ , $m$ , $P$ et $F_A$ . Pourquoi la bille remonte-t-elle ?
Établis l'équation différentielle vérifiée par $v$ (vitesse positive vers le haut). Montre qu'elle s'écrit $\frac{dv}{dt} = A - B\,v^2$ avec $A = g\left(\frac{\rho_f}{\rho_s} - 1\right)$ et $B = \frac{k}{m}$ , puis calcule $A$ et $B$ .
Calcule la vitesse limite.
Avec un pas $\Delta t = 1{,}0\,\text{ms}$ , calcule par la méthode d'Euler $v_1$ , $v_2$ et $v_3$ .
Donne l'ordre de grandeur de la durée du régime transitoire avec $\tau = \frac{v_{lim}}{A}$ .

Voir le corrigé

1) $V = \frac{4}{3}\pi \times (1{,}0 \times 10^{-2})^3 \approx 4{,}19 \times 10^{-6}\,\text{m}^3$ ; $m = \rho_s V \approx 40 \times 4{,}19 \times 10^{-6} \approx 1{,}68 \times 10^{-4}\,\text{kg}$ ; $P = m g \approx 1{,}64 \times 10^{-3}\,\text{N}$ ; $F_A = \rho_f V g \approx 1\,000 \times 4{,}19 \times 10^{-6} \times 9{,}8 \approx 4{,}11 \times 10^{-2}\,\text{N}$ . Comme $F_A > P$ (le rapport vaut $\frac{\rho_f}{\rho_s} = 25$ ), la résultante est dirigée vers le haut : la bille remonte.

2) Le frottement est opposé à la vitesse, donc dirigé vers le bas. Projection sur $Oz$ (vers le haut) : $m\frac{dv}{dt} = F_A - P - k\,v^2$ . En divisant par $m$ : $\frac{dv}{dt} = \frac{\rho_f V g}{m} - g - \frac{k}{m}v^2 = g\left(\frac{\rho_f}{\rho_s} - 1\right) - \frac{k}{m}v^2$ , car $\frac{V}{m} = \frac{1}{\rho_s}$ . Donc $A = 9{,}8 \times (25 - 1) = 235\,\text{m.s}^{-2}$ et $B = \frac{k}{m} = \frac{0{,}080}{1{,}676 \times 10^{-4}} \approx 477\,\text{m}^{-1}$ (on garde ici une décimale de plus sur $m$ pour ne pas cumuler les arrondis).

3) En régime permanent, $A = B\,v_{lim}^2$ , donc $v_{lim} = \sqrt{\frac{A}{B}} = \sqrt{\frac{235}{477}} \approx 0{,}70\,\text{m.s}^{-1}$ (on retrouve $\sqrt{\frac{F_A - P}{k}}$ ).

4) $v_0 = 0$ donc $a_0 = 235\,\text{m.s}^{-2}$ et $v_1 = 0 + 235 \times 0{,}0010 = 0{,}235\,\text{m.s}^{-1}$ . Ensuite $a_1 = 235 - 477 \times 0{,}235^2 \approx 209\,\text{m.s}^{-2}$ et $v_2 = 0{,}235 + 0{,}209 \approx 0{,}444\,\text{m.s}^{-1}$ . Puis $a_2 = 235 - 477 \times 0{,}444^2 \approx 141\,\text{m.s}^{-2}$ et $v_3 = 0{,}444 + 0{,}141 \approx 0{,}585\,\text{m.s}^{-1}$ .

5) $\tau = \frac{v_{lim}}{A} = \frac{0{,}70}{235} \approx 3{,}0 \times 10^{-3}\,\text{s}$ . Le régime transitoire dure quelques $\tau$ , soit de l'ordre de $10\,\text{ms}$ : la bille atteint presque instantanément sa vitesse limite. (Ce modèle simple surestime l'accélération initiale, car il ignore l'eau entraînée avec la bille ; il suffit pour cet exercice.)

Exercice 9 : Une bille de verre qui entre dans un liquide

Type Bac

Une bille de verre de rayon $r = 6{,}0\,\text{mm}$ et de masse volumique $\rho_s = 2\,500\,\text{kg.m}^{-3}$ pénètre à $t = 0$ dans de la glycérine ( $\rho_f = 1\,260\,\text{kg.m}^{-3}$ ) avec une vitesse verticale $v_0 = 0{,}30\,\text{m.s}^{-1}$ dirigée vers le bas. Le frottement est $f = k\,v$ avec $k = 0{,}10\,\text{kg.s}^{-1}$ . On prend $g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ et l'axe $Oz$ vertical vers le bas.

Calcule le volume $V$ , la masse $m$ de la bille, son poids $P$ et la poussée d'Archimède $F_A$ .
Établis l'équation différentielle vérifiée par $v$ . Montre qu'elle s'écrit $\frac{dv}{dt} + \frac{v}{\tau} = \frac{v_{lim}}{\tau}$ et exprime $\tau$ et $v_{lim}$ en fonction de $m$ , $k$ , $\rho_f$ , $V$ et $g$ . Calcule-les.
Vérifie que $v(t) = v_{lim} + (v_0 - v_{lim})\,e^{-t/\tau}$ est solution et vérifie la condition initiale. Calcule l'accélération à $t = 0$ : que signifie son signe ? Calcule $v(\tau)$ .
Avec un pas $\Delta t = 5{,}0\,\text{ms}$ , calcule par la méthode d'Euler $v_1$ , $v_2$ et $v_3$ . Compare $v_1$ et $v_2$ aux valeurs exactes à $t = 5{,}0\,\text{ms}$ et $10\,\text{ms}$ .
À quel instant la vitesse vaut-elle $0{,}20\,\text{m.s}^{-1}$ ?

Voir le corrigé

1) $V = \frac{4}{3}\pi \times (6{,}0 \times 10^{-3})^3 \approx 9{,}05 \times 10^{-7}\,\text{m}^3$ ; $m = \rho_s V \approx 2\,500 \times 9{,}05 \times 10^{-7} \approx 2{,}26 \times 10^{-3}\,\text{kg}$ ; $P = m g \approx 2{,}22 \times 10^{-2}\,\text{N}$ ; $F_A = \rho_f V g \approx 1\,260 \times 9{,}05 \times 10^{-7} \times 9{,}8 \approx 1{,}12 \times 10^{-2}\,\text{N}$ .

2) Deuxième loi projetée sur $Oz$ : $m\frac{dv}{dt} = mg - \rho_f V g - k\,v$ , donc $\frac{dv}{dt} + \frac{k}{m}v = \frac{(m - \rho_f V)\,g}{m}$ . On pose $\tau = \frac{m}{k}$ et $v_{lim} = \frac{(m - \rho_f V)\,g}{k}$ : alors $\frac{v_{lim}}{\tau} = \frac{(m - \rho_f V)\,g}{m}$ et on retrouve $\frac{dv}{dt} + \frac{v}{\tau} = \frac{v_{lim}}{\tau}$ . Application numérique : $\tau = \frac{2{,}26 \times 10^{-3}}{0{,}10} \approx 2{,}26 \times 10^{-2}\,\text{s}$ (soit $22{,}6\,\text{ms}$ ) et $v_{lim} = \frac{(2{,}26 \times 10^{-3} - 1{,}14 \times 10^{-3}) \times 9{,}8}{0{,}10} \approx 0{,}110\,\text{m.s}^{-1}$ .

3) $\frac{dv}{dt} = -\frac{v_0 - v_{lim}}{\tau}e^{-t/\tau}$ et $\frac{v}{\tau} = \frac{v_{lim}}{\tau} + \frac{v_0 - v_{lim}}{\tau}e^{-t/\tau}$ . La somme vaut $\frac{v_{lim}}{\tau}$ : la fonction est solution. De plus $v(0) = v_{lim} + (v_0 - v_{lim}) = v_0$ : la condition initiale est respectée. À $t = 0$ , $a(0) = \frac{v_{lim} - v_0}{\tau} = \frac{0{,}110 - 0{,}30}{0{,}0226} \approx -8{,}4\,\text{m.s}^{-2}$ . Le signe négatif signifie que la bille ralentit : sa vitesse d'entrée est supérieure à $v_{lim}$ et les frottements dominent. Enfin $v(\tau) = 0{,}110 + (0{,}30 - 0{,}110)\,e^{-1} \approx 0{,}180\,\text{m.s}^{-1}$ .

4) Ici $A = \frac{v_{lim}}{\tau} \approx 4{,}86\,\text{m.s}^{-2}$ et $B = \frac{1}{\tau} \approx 44{,}2\,\text{s}^{-1}$ . Alors $a_0 = 4{,}86 - 44{,}2 \times 0{,}30 \approx -8{,}40$ et $v_1 = 0{,}30 - 8{,}40 \times 0{,}0050 \approx 0{,}258\,\text{m.s}^{-1}$ . Puis $a_1 = 4{,}86 - 44{,}2 \times 0{,}258 \approx -6{,}54$ et $v_2 = 0{,}258 - 6{,}54 \times 0{,}0050 \approx 0{,}225\,\text{m.s}^{-1}$ . Puis $a_2 \approx -5{,}10$ et $v_3 \approx 0{,}200\,\text{m.s}^{-1}$ . Valeurs exactes : $v(5\,\text{ms}) = 0{,}110 + 0{,}190\,e^{-0{,}005/0{,}0226} \approx 0{,}262\,\text{m.s}^{-1}$ et $v(10\,\text{ms}) \approx 0{,}232\,\text{m.s}^{-1}$ . L'écart d'Euler est d'environ $2\,\%$ à $5\,\text{ms}$ et de $3\,\%$ à $10\,\text{ms}$ : l'erreur s'accumule, mais le pas est assez petit pour une bonne approximation.

5) On résout $0{,}110 + 0{,}190\,e^{-t/\tau} = 0{,}20$ : $e^{-t/\tau} = \frac{0{,}090}{0{,}190}$ , donc $t = \tau\ln\left(\frac{0{,}190}{0{,}090}\right) = 0{,}0226 \times \ln(2{,}11) \approx 0{,}0169\,\text{s}$ , soit environ $17\,\text{ms}$ .

Exercice 10 : Un parachutiste en chute stabilisée

Type Bac

Un parachutiste, avec son équipement, a une masse $m = 85\,\text{kg}$ et un volume $V = 0{,}085\,\text{m}^3$ . Il saute d'un avion (vitesse verticale initiale nulle) et tombe bras et jambes écartés, avant d'ouvrir son parachute. Les frottements de l'air sont modélisés par $f = k\,v^2$ avec $k = 0{,}25\,\text{kg.m}^{-1}$ , supposé constant. On prend $g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ , $\rho_{air} = 1{,}2\,\text{kg.m}^{-3}$ et l'axe $Oz$ vertical vers le bas.

Calcule la poussée d'Archimède et compare-la au poids. Que peux-tu en conclure ?
Établis l'équation différentielle vérifiée par la vitesse $v$ et donne les valeurs de $A$ et $B$ .
Calcule la vitesse limite $v_{lim}$ (en $\text{m.s}^{-1}$ et $\text{km.h}^{-1}$ ). Que valent alors les forces ?
Avec un pas $\Delta t = 1{,}0\,\text{s}$ , calcule par la méthode d'Euler les vitesses $v_1$ à $v_4$ . Quelle est la vitesse à $t = 4\,\text{s}$ ?
Pour quelle vitesse l'accélération vaut-elle $\frac{g}{2}$ ? Cette valeur est-elle cohérente avec ton tableau d'Euler ?

Voir le corrigé

1) $F_A = \rho_{air} V g = 1{,}2 \times 0{,}085 \times 9{,}8 \approx 1{,}0\,\text{N}$ et $P = m g = 85 \times 9{,}8 = 833\,\text{N}$ . Le rapport $\frac{F_A}{P} \approx 0{,}12\,\%$ : la poussée d'Archimède est négligeable.

2) Deuxième loi de Newton projetée sur $Oz$ : $m\frac{dv}{dt} = mg - k\,v^2$ , donc $\frac{dv}{dt} = g - \frac{k}{m}v^2$ . Ici $A = g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}$ et $B = \frac{k}{m} = \frac{0{,}25}{85} \approx 2{,}94 \times 10^{-3}\,\text{m}^{-1}$ .

3) En régime permanent, $\frac{dv}{dt} = 0$ , donc $v_{lim} = \sqrt{\frac{A}{B}} = \sqrt{\frac{m g}{k}} = \sqrt{\frac{833}{0{,}25}} = \sqrt{3\,332} \approx 57{,}7\,\text{m.s}^{-1}$ , soit $57{,}7 \times 3{,}6 \approx 208\,\text{km.h}^{-1}$ . Une fois cette vitesse atteinte, elle reste constante : d'après la première loi, les forces se compensent : $k\,v_{lim}^2 = m g = 833\,\text{N}$ (en négligeant $F_A$ ).

4) $a_i = 9{,}8 - 2{,}94 \times 10^{-3}\,v_i^2$ et $v_{i+1} = v_i + a_i \times 1{,}0$ .

$i$	$t_i$ (s)	$v_i$ ( $\text{m.s}^{-1}$ )	$a_i$ ( $\text{m.s}^{-2}$ )
0	0	0	9,80
1	1,0	9,80	9,52
2	2,0	19,3	8,70
3	3,0	28,0	7,49
4	4,0	35,5	6,09

À $t = 4{,}0\,\text{s}$ : $v_4 \approx 35{,}5\,\text{m.s}^{-1}$ , soit environ $128\,\text{km.h}^{-1}$ , encore loin de $v_{lim}$ (environ $62\,\%$ de $v_{lim}$ ). Le temps caractéristique est $\tau = \frac{v_{lim}}{A} \approx 5{,}9\,\text{s}$ : le régime permanent n'est atteint qu'au bout de 20 à 30 s environ.

5) $\frac{dv}{dt} = \frac{g}{2}$ s'écrit $B\,v^2 = \frac{g}{2}$ , soit $v = \sqrt{\frac{g}{2B}} = \frac{v_{lim}}{\sqrt{2}} \approx 40{,}8\,\text{m.s}^{-1}$ . Le tableau d'Euler montre que $a = 4{,}9\,\text{m.s}^{-2}$ est atteinte entre $t = 4\,\text{s}$ ( $a_4 = 6{,}09$ ) et $t = 5\,\text{s}$ ( $a_5 \approx 4{,}71$ ), pour une vitesse comprise entre $35{,}5$ et $41{,}6\,\text{m.s}^{-1}$ : c'est cohérent avec $40{,}8\,\text{m.s}^{-1}$ .

QCM

1.Un solide est en chute libre. Son accélération

2.L'expression de l'intensité de la poussée d'Archimède exercée sur un solide immergé est

3.Pour un frottement fluide

f = k\,v^2

, l'unité de

k

dans le système international est

4.En régime permanent (vitesse limite atteinte), on a

5.Une bille de masse

0{,}50\,\text{kg}

tombe dans un fluide avec

f = k\,v

k = 2{,}0\,\text{kg.s}^{-1}

. Son temps caractéristique est

6.Avec la méthode d'Euler, pour

\frac{dv}{dt} = 5 - 2v

(SI),

v_i = 1{,}0\,\text{m.s}^{-1}

\Delta t = 0{,}10\,\text{s}

, on obtient

v_{i+1} =

7.Un solide de masse

2{,}0\,\text{kg}

tombe dans l'air avec

f = k\,v^2

k = 0{,}050\,\text{kg.m}^{-1}

(poussée d'Archimède négligée,

g = 10\,\text{m.s}^{-2}

). Sa vitesse limite est

Erreurs fréquentes

Oublier la poussée d'Archimède dans un liquide. Elle est négligeable dans l'air pour un solide dense, mais pas dans l'eau, l'huile ou la glycérine : calcule toujours le rapport $\frac{\rho_f}{\rho_s}$ .
Se tromper de signe en projetant. Pour un solide qui descend, avec l'axe $Oz$ vers le bas, $P$ est positif, alors que $F_A$ et $f$ sont comptés négativement ; avec l'axe vers le haut, c'est l'inverse. Le frottement est toujours opposé à la vitesse : son signe dépend du sens du mouvement (exercice 8 : la bille monte, $f$ est compté négativement sur l'axe vers le haut).
Dire qu'à la vitesse limite « il n'y a plus de force ». Les forces existent toujours : elles se compensent ( $\sum\vec{F}_{ext} = \vec{0}$ ), d'où une accélération nulle et une vitesse constante, pas une vitesse nulle.
Croire que $\tau$ est la durée pour atteindre $v_{lim}$ . À $t = \tau$ , la vitesse n'atteint que $63\,\%$ de $v_{lim}$ ; il faut environ $5\tau$ pour atteindre $99\,\%$ .
Utiliser $v(t) = v_{lim}\left(1 - e^{-t/\tau}\right)$ pour $n = 2$ . Cette solution n'est valable que pour $f = k\,v$ ( $n = 1$ ). Pour $n = 2$ , on utilise la méthode d'Euler.
Choisir un pas d'Euler trop grand (comparable à $\tau$ ), ou calculer $a_i$ avec $v_{i+1}$ au lieu de $v_i$ .
Se tromper sur l'unité de $k$ : $\text{kg.s}^{-1}$ pour $n = 1$ , $\text{kg.m}^{-1}$ pour $n = 2$ . L'analyse dimensionnelle de $f = k\,v^n$ permet de la retrouver.
Penser qu'un solide plus lourd tombe toujours plus vite. En chute libre, tous les solides tombent avec la même accélération ; avec frottements, la vitesse limite $v_{lim}$ dépend de la masse, de la forme (via $k$ ) et du fluide.

À retenir

Chute libre : seul le poids agit ; $a = g$ , indépendante de la masse ; $v = g\,t + v_0$ et $z = \frac{1}{2}g\,t^2 + v_0\,t + z_0$ (axe vers le bas).
Dans un fluide, un solide subit son poids $mg$ , la poussée d'Archimède $\rho_f V g$ (vers le haut) et le frottement $k\,v^n$ (opposé à $\vec{v}$ , $n = 1$ ou $2$ ).
Équation différentielle (axe vers le bas) : $\frac{dv}{dt} = A - B\,v^n$ avec $A = g\left(1 - \frac{\rho_f V}{m}\right)$ et $B = \frac{k}{m}$ .
Pour $n = 1$ : $v(t) = v_{lim}\left(1 - e^{-t/\tau}\right)$ avec $v_{lim} = \frac{A}{B} = \frac{(m - \rho_f V)\,g}{k}$ et $\tau = \frac{m}{k}$ ; à $t = \tau$ , $v = 0{,}63\,v_{lim}$ ; régime permanent après environ $5\tau$ .
Pour $n = 2$ : $v_{lim} = \sqrt{\frac{A}{B}}$ ; on résout numériquement.
En régime permanent, $a = 0$ : les forces se compensent (première loi).
Sur le graphe $v(t)$ : $v_{lim}$ = plateau ; $\tau$ = abscisse de l'intersection entre la tangente à l'origine et le plateau ; pente à l'origine = $A$ .
Méthode d'Euler : $a_i = A - B\,v_i^n$ , $v_{i+1} = v_i + a_i\,\Delta t$ ; le pas doit être petit devant $\tau$ .
La poussée d'Archimède est négligeable dans l'air pour un solide dense ( $\frac{\rho_f}{\rho_s} \ll 1$ ), pas dans un liquide.

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Chute verticale d'un solide

L'essentiel

1. La chute libre

2. Les forces exercées par un fluide

3. Équation différentielle du mouvement

4. Le cas n = 1 : solution, vitesse limite, temps caractéristique

5. Régimes du mouvement et lecture de la courbe v(t)v(t)v(t)

6. Le cas n = 2

7. La méthode d'Euler

Méthodes

Méthode 1 : Établir l'équation différentielle de la chute

Méthode 2 : Déterminer vlimv_{lim}vlim​ et τ\tauτ

Méthode 3 : Vérifier qu'une fonction est solution de l'équation différentielle

Méthode 4 : Appliquer la méthode d'Euler

Méthode 5 : Décider si on néglige la poussée d'Archimède

Méthode 6 : Étudier une chute libre

Exercices corrigés

QCM

Erreurs fréquentes

À retenir

5. Régimes du mouvement et lecture de la courbe $v(t)$

Méthode 2 : Déterminer $v_{lim}$ et $\tau$