Mécanique du point : Exercices mecanique du point
Télécharger PDFLicence Science et Technologie, 1ère année, Université de Provence, Année 2008-09
Mécanique du point
Corrigés de quelques exercices de la fiche 3
I. Projectile, sans frottement
Question 1
Le projectile est soumis à la seule force de gravitation. On a donc :
- \(\vec{a} = \vec{g}\)
- \(\vec{v}(t) = \vec{g}t + \vec{v}_0\)
- \(\vec{x}(t) = \frac{1}{2}\vec{g}t^2 + \vec{v}_0 t\)
\(y = -\frac{1}{2}g\left(\frac{x}{v_0 \cos \alpha}\right)^2 + x \tan \alpha\)
\(= -\frac{gx^2}{2v_0^2 \cos^2 \alpha} + x \tan \alpha\)
\(= -\frac{gx^2}{2v_0^2}(1 + \tan^2 \alpha) + x \tan \alpha\)
Question 2
L’altitude maximale est atteinte pour \(v_y(t_S) = 0\), soit \(t_S = \frac{v_0 \sin \alpha}{g}\). On a alors :
- \(x_S = x(t_S) = \frac{v_0^2 \sin \alpha \cos \alpha}{g} = \frac{v_0^2 \sin(2\alpha)}{2g}\)
- \(t_S = \frac{v_0 \sin \alpha}{g}\)
- \(y_S = \frac{v_0^2 \sin^2 \alpha}{2g}\)
Question 3
Pour des raisons de symétrie (la trajectoire \(x \rightarrow y\) est une parabole), on peut directement écrire :
- \(x_B = 2x_S\)
- \(t_B = 2t_S\)
- \(t_B = \frac{2v_0 \sin \alpha}{g}\)
- \(x_B = \frac{v_0^2 \sin(2\alpha)}{g}\)
- \(y_B = 0\)
Question 4
On voit que la relation exprimant \(y\) en fonction de \(x\) est l’équation d’une parabole paramétrée par \(\tau = \tan \alpha\). Pour qu’un point de coordonnées \((X, Y)\) se trouve sur la trajectoire, il faut et il suffit qu’il existe \(\tau\) (réel) solution de l’équation :
\(Y^2 = -\frac{g^2}{v_0^2}(1 + \tau^2)X^2 + \tau X\)
\(\Leftrightarrow \frac{g^2}{2v_0^2} \tau^2 - X \tau + \left(Y^2 + \frac{g^2 X^2}{2v_0^2}\right) = 0\)
\(\Delta = X^2 - 2 \frac{g^2}{v_0^2} X^2 \left(Y^2 + \frac{g^2 X^2}{2v_0^2}\right)\)
\(= X^2 \left[1 - 2 \frac{g^2}{v_0^2} \left(Y^2 + \frac{g^2 X^2}{2v_0^2}\right)\right]\)
- Si \(Y < \frac{v_0^2}{2g} - \frac{g X^2}{2v_0^2}\), alors \(\Delta > 0\), et il existe deux solutions pour \(\tau\). Alors le point de coordonnées \((X, Y)\) peut être atteint par le projectile, pour deux valeurs possibles de l’angle \(\alpha\).
- Si \(Y = \frac{v_0^2}{2g} - \frac{g X^2}{2v_0^2}\), alors \(\Delta = 0\), et il existe une seule valeur de \(\tau\) (et donc de \(\alpha\)) telle que le point \((X, Y)\) puisse être atteint.
- Si \(Y > \frac{v_0^2}{2g} - \frac{g X^2}{2v_0^2}\), alors \(\Delta < 0\), et il n’existe aucune valeur de \(\tau\) (et donc de \(\alpha\)) telle que le point \((X, Y)\) puisse être atteint.
Question 5
Les trajectoires obtenues pour \(\alpha = \frac{\pi}{16}, \frac{2\pi}{16}, \ldots, \frac{7\pi}{16}\) se trouvent dans la figure 1, avec la parabole de sûreté. Pour une valeur fixée de \(v_0\), on peut bien les représenter sur une seule figure. Par contre, si \(v_0\) varie, cela n’est plus possible.
II. Projectile, avec frottement
Question 1
Cette fois, le PFD s’écrit \(m \vec{a} = m \vec{g} - \gamma \vec{v}\) et on a donc à résoudre l’équation différentielle :
\(\vec{v}(t) + \frac{\gamma}{m} \vec{v}(t) = \vec{g}\)
dont la solution est de la forme :\(\vec{v}(t) = \vec{c}_0 e^{-\frac{\gamma}{m}t} + \frac{m}{\gamma} \vec{g}\)
où \(\vec{c}_0\) est une constante d’intégration (à 2 composantes). En \(t = 0\), on a \(\vec{v}_0 = \vec{c}_0 + \frac{m}{\gamma} \vec{g}\), d’où :\(\vec{v}(t) = \vec{v}_0 e^{-\frac{\gamma}{m}t} + \left(1 - e^{-\frac{\gamma}{m}t}\right) \frac{m}{\gamma} \vec{g}\)
On a donc :- \(v_x(t) = v_{0x} e^{-\frac{\gamma}{m}t}\)
- \(v_y(t) = v_{0y} e^{-\frac{\gamma}{m}t} - \frac{mg}{\gamma} \left(1 - e^{-\frac{\gamma}{m}t}\right)\)
- \(x(t) = -\frac{m v_{0x}}{\gamma} e^{-\frac{\gamma}{m}t} + A\)
- \(y(t) = -\frac{m v_{0y}}{\gamma} e^{-\frac{\gamma}{m}t} - \frac{mg}{\gamma} \left(1 + \frac{m}{\gamma} e^{-\frac{\gamma}{m}t}\right) + B\)
- \(x(t) = \frac{m v_{0x}}{\gamma} \left(1 - e^{-\frac{\gamma}{m}t}\right)\)
- \(y(t) = \frac{m v_{0y}}{\gamma} \left(1 - e^{-\frac{\gamma}{m}t}\right) - \frac{m^2 g}{\gamma^2} \left(-1 + \frac{\gamma}{m} t + e^{-\frac{\gamma}{m}t}\right)\)
- \(1 - e^{-\frac{\gamma}{m}t} \approx \frac{\gamma}{m} t\)
- \(-1 + \frac{\gamma}{m} t + e^{-\frac{\gamma}{m}t} \approx \frac{\gamma^2 t^2}{2m^2}\)
\(t = -\frac{m}{\gamma} \ln \left(1 - \frac{\gamma x}{m v_{0x}}\right)\)
On en déduit alors :\(y = \frac{v_{0y}}{v_{0x}} x + \frac{mg}{\gamma^2} \left(\frac{\gamma x}{m v_{0x}} + \ln \left(1 - \frac{\gamma x}{m v_{0x}}\right)\right)\)
Là encore, on retrouve l’expression précédente par un développement limité du logarithme à l’ordre 2. En poussant à l’ordre 3, et en se basant sur \(\ln(1 + u) = u - \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} + O(u^4)\), on aboutit, en posant \(u = -\frac{\gamma x}{m v_{0x}}\), à :\(y \approx x \tan \alpha - \frac{1}{2} \frac{g x^2}{m v_{0x}^2} \cos^2 \alpha - \frac{\gamma^3 g x^3}{m^2 v_{0x}^3} \cos^3 \alpha\)
On remarque que la limite \(\gamma \rightarrow 0\) redonne le cas précédent.Question 2
Le sommet est atteint pour \(v_y(t_S) = 0\), c’est-à-dire, en posant \(T = e^{-\frac{\gamma}{m}t}\), pour :
\(v_{0y} T = \frac{mg}{\gamma} (1 - T)\)
La solution est donnée par :
\(T = \frac{1}{1 + \frac{\gamma v_{0y}}{mg}}\)
soit \(t_S = \frac{m}{\gamma} \ln \left(1 + \frac{\gamma v_{0y}}{mg}\right)\).
Question 3
La longueur maximale atteinte est obtenue en écrivant \(y = 0\), ce qui conduit à l’équation :
\(v_{0y} \left(1 - e^{-\frac{\gamma}{m}t}\right) = \frac{mg}{\gamma} \left(-1 + \frac{\gamma}{m} t + e^{-\frac{\gamma}{m}t}\right)\)
Cette équation ne possède pas de solution explicite, mais peut être résolue numériquement ou par approximations, en utilisant un développement limité : en posant cette fois \(u = \frac{\gamma t}{m}\), on obtient :
\(v_{0y} \left(u - \frac{u^2}{2}\right) = \frac{mg}{\gamma} u^2\)
d’où pour \(u \neq 0\) :
\(u \left(v_{0y} + \frac{mg}{\gamma}\right) = 2 v_{0y}\)
et donc \(u = \frac{2 v_{0y}}{v_{0y} + \frac{mg}{\gamma}}\)
\(t_B = \frac{m u}{\gamma} = \frac{2 m \gamma v_{0y}}{v_{0y} \gamma + mg}\)
qui tend vers la valeur de l’exercice précédent quand \(\gamma \rightarrow 0\).III. Freinage
1) Mouvement uniforme
Pour que le mouvement soit uniforme, l’accélération doit être nulle. On a donc :
\(m \vec{g} + \vec{R} + \vec{F} = 0\)
d’où on déduit, par projection :
\(F = mg \sin \alpha\)
\(F = 10^3 \times 9,81 \times \sin(20^\circ) \approx 3355,2 \, \text{N}\)
2) Accélération non nulle
On doit cette fois avoir, avec \(\vec{a}\) l’accélération, colinéaire à la force de frottement (dirigée en sens inverse) :
\(m \vec{g} + \vec{R} + \vec{F} = m \vec{a}\)
d’où on déduit :
\(F = m(g \sin \alpha - a)\)
\(F = 10^3 (9,81 \times \sin(20^\circ) - 2) \approx 3155,2 \, \text{N}\)
FAQ
Qu’est-ce qu’un projectile sans frottement ?
Un projectile sans frottement est un objet en mouvement soumis uniquement à la force de gravité, sans influence de l’air ou d’autres forces de résistance.
Comment calculer la portée maximale d’un projectile avec frottement ?
La portée maximale d’un projectile avec frottement se calcule en résolvant numériquement ou par approximations les équations du mouvement incluant les forces de frottement, comme expliqué dans la section II.
Quelle est la différence entre la parabole de sûreté et les trajectoires d’un projectile ?
La parabole de sûreté représente l’ensemble des points atteignables par un projectile pour différentes valeurs de l’angle de lancement, tandis que les trajectoires spécifiques dépendent de cet angle.