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PROBLEME RESOLU n° 12-A : Chute libre d'une bille possédant une vitesse initiale verticale

 

ENONCE :


L'expérience a lieu sur la Lune où le vecteur pesanteur a pour intensité g = 1,66 N / kg.

Un cosmonaute lance verticalement, vers le haut, une petite bille de masse m, à partir d'un point A situé 1,5 m au dessus du sol lunaire. La vitesse de la bille au départ de A, à l'instant où on déclenche un chronomètre, est de 2 m / s.

La position M de la bille est repérée par son altitude z à l'aide du vecteur = z désigne le vecteur unitaire d'un axe vertical dirigé vers le haut et dont l'origine O est située sur le sol lunaire.

· 1 Ecrire l'équation différentielle régissant la vitesse de la bille. (corrigé)

· 2 Déterminer, à chaque instant, la vitesse V (t) et la position z (t) de la bille. (c)

· 3 Calculer la hauteur maximale atteinte par la bille et la durée de la montée. (c)

· 4 A quelle date et avec quelle vitesse la bille repasse-t-elle par son point de départ A ? (c)

· 5 A quelle date et avec quelle vitesse la bille arrivera-t-elle sur le sol lunaire ? (c)

· 6 Déterminer l'énergie de la bille dans le champ de pesanteur lunaire. On donne m = 12 g. (c)

· 7 On refait l'expérience en lançant, à partir du même point A et avec la même vitesse initiale, une bille de masse deux fois plus importante. Répondre brièvement aux mêmes questions que ci-dessus. (c)

 

SOLUTION :


· 1- (énoncé) Etablissons l'équation différentielle régissant la vitesse de la bille.

Référentiel Galiléen : le solide "Lune". On lui associe le repère ( O, ).

Système étudié : la bille.

Une seule force extérieure s'exerce sur la bille :

Le poids = m (1), essentiellement dû à l'action gravitationnelle de la Lune sur la bille.

La bille a la même masse m = 12 g sur la Terre ou sur la Lune. Par contre, son poids sur la Lune est quasi six fois plus faible sur la Lune que sur Terre car l'intensité de la pesanteur à la surface de la Lune est près de six fois plus faible que l'intensité de la pesanteur à la surface de la Terre.

La Lune ne possède pas d'atmosphère. Par conséquent la bille n'est soumise à aucune autre force (pas de poussée d'Archimède ni de force de frottement sur la bille).

· Appliquons la deuxième loi de Newton (revoir la leçon 11) :

Dans un référentiel Galiléen, la somme des forces extérieures appliquées à un solide est égale au produit de la masse m du solide par l'accélération de son centre d'inertie.

La bille a un mouvement de translation. Tous les points ont donc le même mouvement. On peut donc parler tout simplement de l'accélération de la bille et écrire :

= m (2)

(on confond la masse gravitationnelle et la masse inertielle)

Divisons par m. On obtient :

= (3)

az = gz (4)

az = gz (5)

On sait que az = (6).

De plus, ici, gz = - g (7) (avec g = 1,66 N / kg).

La relation (5) s'écrit donc :

= - g (8) (avec g = 1,66 N / kg)

C'est l'équation différentielle relative à la vitesse de la bille.

Nous allons chercher à résoudre cette équation différentielle du premier ordre.


· 2 (e) Déterminons, à chaque instant, la vitesse Vz (t) et la position z (t) de la bille.

· Recherchons la primitive de = - g (8)

La fonction Vz (t) qui admet - g comme dérivée est :

Vz = - g t + C1 (9)

La constante C1 est la valeur prise par la vitesse V à la date 0.

L'énoncé donne C1 = V(o) = + 2 m / s.

Vz = - g t + V (o) (10)

Vz = - 1,66 t + 2 (10 bis)

La relation (10) s'écrit aussi :

= - g t + V (o) (11)

· Recherchons maintenant la primitive de = - g t + V (o) (11)

La fonction z qui admet - g t + V (o) comme dérivée est :

z = - g t ² + V (o) t + C2 (12)

La constante C2 est la valeur prise par z à la date 0. L'énoncé donne C2 = z (o) = + 1,5 m.

z = - g t ² + V (o) t + z (o) (13)

z = - 0,83 t ² + 2 t + 1,5 (13)

· En résumé et avec les unités internationales ( t en s, z en m, Vz en m/s et az en m/s2 ), les équations horaires du mouvement sont donc :

z = - g t ² + V (o) t + z (o) (14)

Vz = - g t + V (o) (15)

az = - g (16)

Conventions :

V (o) est la valeur de la vitesse à l'instant o.

VO est la valeur de la vitesse au point O.

z = - 0,83 t ² + 2 t + 1,5 (14 bis)

Vz = - 1,66 t + 2 (15 bis)

az = - 1,66 (16 bis)

 

 

 

On dit que la bille est animée d'un mouvement rectiligne uniformément accéléré (le vecteur accélération ne change pas).


· 3 (e) Calculons la hauteur maximale atteinte par la bille et la durée de la montée.

· La bille monte avec une vitesse qui diminue jusqu'au sommet S de la trajectoire.

En S la vitesse s'annule VS = 0 m / s (17)

La relation Vz = - 1,66 t + 2 (15) permet de calculer tS :

0 = - 1,66 tS + 2

tS = 2 / 1,66

tS = 1,205 s (18)

· - Portons cette valeur de tS dans l'équation z = - 0,83 t ² + 2 t + 1,5 (14) :

zS = - 0,83 ´ 1,205 ² + 2 ´ 1,205 + 1,5

zS = 2,705 m (19)

· Rassemblons ces résultats :

VS = 0 m / s (17)

tS = 1,205 s (18)

zS = 2,705 m (19)

Remarque : La distance parcourue par la bille durant la montée est, en valeur algébrique :

AS = AO + OS = - 1,5 + 2,705 = 1,205 m (20)


· 4 (e) En descendant, la bille repasse son point de départ A. Calculons la date et la vitesse correspondantes.

· Au point A, on a zA = 1,5 m (21). Portons dans l'équation (14) :

z = - 0,83 t ² + 2 t + 1,5 (14)

1,5 = - 0,83 tA ² + 2 tA + 1,5

0 = tA ( - 0,83 tA + 2)

La première solution (= 0 s) correspond à l'instant du départ de A (tA-départ = 0 s) . La solution qui correspond à la date de passage par A, lors de la descente, est :

tA = 2 / 0,83

tA = 2,41 s (22)

On remarque que tA = 2 tS

· Au point A, la vitesse est donnée par la relation (15) :

Vz = - 1,66 t + 2. (15)

VA = - 1,66 tA + 2 = - 1,66 ´ 2,41 + 2

VA = - 2 m / s (23)

· Lors du passage de la bille par le point A, durant sa descente, on a donc :

zA = 1,5 m (21)

tA = 2,41 s (22)

VA = - 2 m / s (23)

La bille repasse par A avec une vitesse égale mais opposée à celle qu'elle avait lors de son départ de A. Cela peut aussi être montré très simplement en appliquant le théorème de l'énergie cinétique étudié en classe de première.


·
5
(e) Calculons la date et la vitesse de la bille lorsqu'elle arrive sur le sol lunaire.

· A son arrivée sur le sol lunaire l'altitude est zO = 0 m (24).

Portons dans la relation (14) :

z = - 0,83 t ² + 2 t + 1,5 (14) qui s'écrit alors :

0 = - 0,83 tO ² + 2 tO + 1,5 (25)

Calculons le discriminant :

D = b² - 4ac = 2² - 4 ´ (- 0,83) ´ 1,5 = 8,98 (26)

Les deux racines du trinôme du second degré sont :

t'O = = (- 2 + 2,997) / (- 1,66) = - 0,60 s (27)

t''O = = (- 2 - 2,997) / (- 1,66) = 3,01 s (28)

Seule la racine positive convient :

t''O = 3,01 s (28)

· A son arrivée au point O, d'altitude zO = 0 (29) , la vitesse est donnée par :

Vz = - 1,66 t + 2 (15)

V0 = - 1,66 t''O + 2 = - 1,66 ´ 3,01 + 2

V0 = - 2,997 m / s (30)

· A l'arrivée sur le sol lunaire :

zO = 0 m (29)

t''O = 3,01 s (28)

V0 = - 2,997 m / s (30)


· 6
(e) Déterminons l'énergie de la bille dans le champ de pesanteur lunaire. On donne m = 12 g.

Rappelons un résultat de la classe de première :

Théorème : La somme de l'énergie cinétique et de l'énergie potentielle d'un solide seulement en interaction avec la Terre (ici la Lune) se conserve.

Cette somme Em = Ec + Ep = m V² + m g z (31) est parfois appelée énergie mécanique du solide en interaction avec la Lune.

· Ici, la bille est bien seulement en interaction avec la Lune.

Son énergie mécanique dans le champ de pesanteur lunaire se conserve.

Elle est la même en tout point du trajet ASO.

EmM = EmA = EmS = EmO (32)

Calculons, par exemple EmO :

EmO = EcO + EpO = m VO² + m g zO = ´ 0,012 ´ ( - 2,997)2 + 0 = 0,0539 J (33)

En tout point M de la trajectoire, l'énergie mécanique de la bille seulement en interaction avec la Lune reste constante :

EmM = 0,0539 J (34)


· 7
(e) On refait l'expérience en lançant, à partir du même point A et avec la même vitesse initiale, une bille de masse deux fois plus importante. Répondons brièvement aux mêmes questions que ci-dessus.

· Les équations horaires ne dépendent pas de la masse de la bille :

z = - g t ² + V (o) t + z (o) = - 0,83 t ² + 2 t + 1,5 (14)

Vz = - g t + V (o) = - 1,66 t + 2 (15)

az = - g = - 1,66 m / s² (16)

Convention :

V (o) est la valeur de la vitesse à l'instant o.

VO est la valeur de la vitesse au point O.

· On retrouve donc dans cette deuxième expérience :

VS = 0 m / s (17)

tS = 1,205 s (18)

zS = 2,705 m (19)

zA = 1,5 m (21)

tA = 2,41 s (22)

VA = - 2 m / s (23)

zO = 0 m (29)

t''O = 3,01 s (28)

V0 = - 2,997 m / s (30)

· Par contre l'énergie mécanique de la bille en interaction avec la Lune dépend de la masse.

On aura donc maintenant :

EmM = EmA = EmS = EmO avec :

EmO = EcO + EpO = m VO² + m g zO = ´ 0,024 ´ ( - 2,997)2 + 0 = 0,1078 J (35)

L'énergie mécanique de la bille en interaction avec la Lune est donc doublée.

Le cosmonaute, dans cette deuxième expérience, devra fournir un travail deux fois plus important.


A VOIR :

Problème résolu de la leçon 12 : Chute verticale libre, sans vitesse initiale.

Problème résolu de la leçon 12 : Chute verticale d'une bille soumise à une force de frottement fluide.

Problème résolu n° 12-A ci-dessus : Chute libre d'une bille possédant une vitesse initiale verticale.

Problème résolu n° 12-B : Résolution d'une équation différentielle - Méthode graphique d'Euler

Problème n° 12 C (à résoudre) : Recherche d'un modèle de force de frottement (Bac 2005- La Réunion)

Problème résolu n° 12-D : Chute verticale d'un boulet (Bac 2011 - France).

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