Mécanique, enseignée via l'Histoire des Sciences/la chute libre, avec vitesse initiale

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La Chute libre avec vitesse initiale

Reprendre dans la wikipedia , l'article sur parabole de sûreté :

Il s'agit du problème de balistique (dite extérieure) , théorique car on y néglige l'importante influence de la résistance de l'air.

Néanmoins, on retiendra avec avantage la formule finale de cette leçon.

Soit un boulet B, tombant dans le vide, dans un champ de pesanteur uniforme g, depuis un point O , avec une vitesse initiale Vo.

Sa trajectoire sera dans le plan vertical (O, Vo, g).

Enoncé : loi de Galilée- Torricelli(1608-1647),notation moderne

ma foi, cette lesson est assez originale, en définitive.

Sections

1 Loi de chute
- 1.1 Parabole de sûreté
- 1.2 Note historique
2 Exercices
3 Exercices deuxième série**
4 Retour

[modifier] Loi de chute

Cette célèbre loi de la chute libre énoncée par Galilée (1568-1642),pour la première fois dans la lettre à Sarpi (1604), sera complétée ultérieurement :

Remarquons que le mouvement du boulet B ne dépend ni de sa masse, ni de sa densité, ce qui est indéfendable expérimentalement: c'est pourquoi le mot "dans le vide" est essentiel.

Cette équation d'une parabole en coordonnées affines (de vecteurs de base g et Vo).

Ceux qui ont bien assimilé le cours de géométrie affine en déduise tout. En particulier, soit Vo verticale , et OH = Vo²/2g := h l'altitude maximale atteinte.

Toutes les paraboles obtenues en changeant seulement la direction de Vo ont un foyer tel que OF = OH , donc ce foyer est situé sur le demi-cercle-des-foyers de centre O et de rayon h (évidemment en changeant l'azimut, le problème est à symétrie de révolution autour de Oz !).

Le vecteur vitesse Vo étant bissectrice de zOF , la position de F s'en déduit.

Puisque OF = OH , O étant sur la parabole , la directrice est l'horizontale z= h :

donc toutes les paraboles ont même directrice !

La donnée de F et de la directrice achève la description ordinaire de la parabole.

[modifier] Parabole de sûreté

Pour qu'un point P puisse être atteint par un boulet , il doit se trouver sur une des trajectoires paraboliques possibles, et donc on doit refaire à partir de P les mêmes constructions qu'en O : soit mener un cercle de centre P , tangent à la directrice qui va couper le demi-cercle en deux points F1 et F2 : le foyer le plus haut correspond à la trajectoire plombée, l'autre à la trajectoire tendue, si connues des pétanqueurs;

le cas limite F1=F2 (:=Fo) donne OFoPo en ligne droite : la corde étant focale,les tangentes en O et Po se coupent perpendiculairement sur la directrice (donc la droite z = $z H$ = h) : donc l'ensemble des points Po décrit l'antipodaire (de centre O) de la droite z=h : soit la parabole de foyer O et de directrice z = 2h.

Évidemment pour Po , la situation est symétrique: O est point limite pouvant être atteint en tirant de Po avec la vitesse V(Po) telle que V(Po)² = Vo² -2g.z(Po)

Pour un module Vo donné, quelle que soit la direction donnée à la « hausse » du canon, certains points seront hors de portée du canon. L'ensemble de ces points forme une région du plan limitée par une courbe (S) qui « entoure » le point O ; au-delà de (S), « on est en sûreté », d'où le nom de la courbe.

Dans le cas présent, (S) est donc une parabole, d'où le titre : parabole de sûreté :

En coordonnées polaires, en partant de l'apex H de la parabole(S), son équation est :

Enoncé : Parabole de sûreté de Torricelli(1608-1647)

avec $p =2 \cdot OH = \frac{V_0^2}{g}$ (portée horizontale).

[modifier] Note historique

Cette solution a été donnée par Galilée, améliorée par Torricelli, son élève (de 1640 à 1642). En voici une démonstration :

Soit $φ$ = angle (OH,Vo). Soit Po le point de portée maximale,sur la courbe(S). Il faut démontrer, avec $θ = 2φ$ , que $OP = {p \over 2} \cdot {1 \over cos^2 \phi}$ , avec p/2 = OH.

Décomposons le mouvement comme le fait Torricelli :

Soit OR = Vo.t0 , le "mouvement comme rien" !
et RP = +1/2 g .t0^2 la chute verticale.

Prendre crayon+papier.

OR est bissectrice de HOPo, quand Po oscule la courbe (S)(on a vu que c'était une corde focale). Le triangle ORPo est donc isocèle. Considérer le losange OPoRQ de côtés égaux OPo=RPo=RQ=OQ = 1/2 g.t0^2, de centre C : la tangente en Po coupe z=zH en C et donc la cote $z C$ vaut juste OH ;

alors on lit géométriquement :

 et  , soit , CQFD.

Cette démonstration historique est d'une élégance que n'a pas la traditionnelle "équation à racine double en tan(alpha)".

La démonstration finale : En fait, Torricelli ne s'embarrassait pas de tout ce fatras précédent car il avait déjà fait ce qu'on appelle le raisonnement de Clairaut. Pour lui, il était clair que Po était le point d'intersection de deux paraboles de tir, tirées "au mieux" pour atteindre Po : soit Q, ce point qui "à la limite " deviendra Po :

On aura $\vec{OQ} = 1/2 \vec{g}t^{'2} + \vec{V_o'}t^'$

et donc aussi "courbe dérivée" : $\vec{PoQ} = [\vec{V_o'} - \vec{V_o}]t^'$ :

A la limite Vo'Vo était perpendiculaire à Vo (car la vitesse garde un module constant) : donc PoQ perpendiculaire à Vo. Et donc les deux tangentes devaient donc se couper à angle droit, donc sur la droite orthoptique, soit en C sur la directrice. Donc PoO était corde focale. Dès lors, Torricelli enchaînait sur le calcul précédent.

Tout cela est très intuitif , corroborait Corinne, quelques années plus tard, car réciproquement pour Po , c'était O le point le plus loin et donc la vitesse en Po était aussi bissectrice, cette fois de (Poz,PoO), donc les deux vitesses en O et en Po sont orthogonales.

On peut ainsi dire que Torricelli non seulement avait compris la parabole comme antipodaire d'une droite (ce qui était bien connu), mais avait aussi compris la notion d'enveloppe d'un réseau de trajectoires $T α$ en considérant l'intersection-limite de $T α$ et $T β$ . Ce qui précède Clairaut d'un siècle!

[modifier] Exercices

Cette loi est tout aussi absurde que la loi de chute verticale, car elle néglige la résistance de l'air. Néanmoins les jets d'eau et les feux d'artifice sont tous cités comme exemple. Historiquement, cette loi opposa les bombardieri et Torricelli qui répondit avec une superbe un peu fate: "les boulets peuvent tomber où ils veulent ; ma théorie est une belle spéculation mathématique".

Et il est vrai qu'elle donne les éléments qui permettront dans une très prochaine leçon, d'étudier la "balistique".

[modifier] Exercice-Portée_maximale

C'est le classique : démontrer qu'en géométrie affine, pour avoir la portée maximale , il faut tirer selon la bissectrice. Prenons OP horizontal : alors le temps balistique est t= 2 Vy/g ; puis OP = Vx.t . On veut donc Vx².Vy² max avec Vo² = Vx² + Vy² donnés : d'où la réponse de Didon Vx=Vy :

Il faut tirer à 45°, ce que tout le monde pressent intuitivement (mais il FAUT le démontrer !).

La jolie démonstration de Corinne était : en P , la tangente est la même qu'en O en renversant t en -t. Et de plus elles sont perpendiculaires ! Donc c'est 45°!

La portée maximale est Vo²/g , soit deux fois la hauteur maximale, ce qui est bien conforme au dessin de la parabole de sureté.

[modifier] Exercice-lancer de poids

Tout aussi classique : montrer qu'un lanceur de poids qui lance un poids à environ 20m d'une hauteur d'environ h= 1.50m ne lance évidemment pas à 45° mais un peu moins

[modifier] Solution-lancer de poids

certes, soit O le point de lancement: le lanceur va chercher l'intersection Po de (S), courbe sûreté et du sol situé h = 1.50m plus bas: l'angle zOPo étant plus grand que 90°, l'angle de la vitesse avec la verticale sera supérieur à 45°. D'autre part , la tangente en O' étant voisine de 45° , on peut dire que sa portée a été augmentée d'environ h.L'angle est plus petit que 45° d'un petit angle ~ = h/2H

Si on écrit l'équation rigoureusement on trouve :

soit H = Vo²/2g ; alors la portée horizontale est :

x = sqrt[4H(H+h)]= H+h-h²/2H +o(h²/H²) ; et l'angle est diminué de 1/2 .Arctan [ h / x ].

Noter qu'il s'agit de la portée comptée à partir des pieds du lanceur et non de la distance de O à l'arrivée au sol Po.

[modifier] Exercice-citadelle

Tout aussi classique est l'exercice suivant : Quel est l'avantage de la position haute d'une citadelle de hauteur h = 50m ? C'est celui-ci : avec les mêmes canons, elle peut tirer plus loin ; mais les assaillants moins loin : de quelle différence?

Solution-citadelle

D'après l'exercice(§2), le boulet de la citadelle atteint x = sqrt(4H²+ 4Hh) et les assaillants devront être à x' = sqrt(4H²-4Hh);il est clair que la lutte pour ces (x-x')~ 2h = 100 m sera très âpre. C'est dans cet espace que les "citadellins" placeront le maximum de barbelés.

[modifier] Exercice-Roméo&Juliette

Juliette veut envoyer les clefs à Roméo par dessus le mur du jardin de hauteur h : où doit-elle se placer pour effectuer au mieux la manoeuvre? Et si le mur a une épaisseur e , montrer qu'il lui faut au moins lancer avec une énergie mg(h+e/2)

Solution-Roméo&Juliette

Clairement,elle doit se coller au mur et lancer les clefs par un mouvement en lancer de grenade avec l'énergie mgh. Si le mur est très épais , il faut nécessairement atteindre l'arête A du mur (donc avec la vitesse V'²= Vo²-2gh) de manière que la portée AA' soit e , soit V'²/g =e : cela sera d'ailleurs suffisant ; d'où la réponse. Si le mur est un toit de longueur a et de hauteur de faîte h', on démontrera que le résultat est (h+a+h')mg . Elle doit alors s'écarter du mur pour lancer au mieux.

[modifier] Exercice-Tir-au-pigeon

Soit un tir au pigeon d'argile , gedanken sur la Lune : montrer que le tireur doit tirer de même que sur terre, légèrement en avant de la soucoupe.

Solution-Tir au pigeon

Oui en effet : on doit avoir la balle ToB = 1/2 gt² + V1t qui rencontre la soucoupe envoyée selon EoS = 1/2 gt² +Vot et donc V1t = Vot + ToEo où n'intervient pas g ( ceci, évidemment en admettant que le tireur tire instantanément : ce n'est pas le cas ; en réalité il suit à l'oeilleton la soucoupe, la dépasse légèrement et tire).

[modifier] Exercices deuxième série**

Tous ces exercices sont rudes, mais ce sont des études ! il faut en être fière ; et non pas amère pour braver l'exercice, choisir l'instant propice

[modifier] *Chute dans un escalier

Un balle chute dans un escalier (marche de largeur l , de hauteur h), avec un coefficient de restitution e . Touver la relation entre vitesse initiale horizontale Vo et e pour que la trajectoire soit une succession d'arcs de parabole égaux.

[modifier] Solution: chute dans un escalier

Soit T la période du mouvement : on prendra Vo.T = a . D'autre part soit V la composante verticale descendante d'impact; la balle repartira avec la vitesse V.e , d'où le temps de chute T.g = V(1+e), et l'on veut que e².V² +2g.h = V² , d'où la valeur de e : (1-e)/(1+e) = 2h /[g.(a/V0)²] , bien sûr cela exige que Vo soit "assez faible", si l'on veut sauter de marche en marche. Sinon , il faudra prendre 2h(ou 3h) au lieu de h.

[modifier] **Chute dans une cuvette de Torricelli

Voici un énoncé terrifiant : soit une cuvette formée de 2 plans (A et B)inclinés d'angle alpha, joints en O. On y lâche une balle de la hauteur h au-dessus de A. La balle cognant A fait tic , puis cognant B fera tac. Montrer qu'on peut lâcher la balle de sorte que l'on entende tic[-tactac-tictic-tactac ... périodiquement.

Mais montrer aussi que l'on pourra entendre une succession de tics et de tacs assez ahurissante : voilà un très bel exemple de chaos très simple [ une visualisation via scilab est instructive , en faisant varier le paramètre alpha. Cf aussi le Korsch et Jodl déjà cité!].

Maintenant, on incline "doucement" les deux plans jusqu'à alpha = 0 : à quelle hauteur remonte la balle ?

Solution-cuvette de Torricelli ====

Soit A le premier point d'impact et OA = a . Alors , il faut a = h . ${sin4\alpha \over cos\alpha}$ .

Oui, sinon la trajectoire est "tumultueuse" bien que très déterministe!

Si on abaisse "adiabatiquement" les plans de la cuvette, on comprend bien que l'on amortit la balle , de sorte que le rebond sera plus faible.

[modifier] Saut en longueur

Exercice piègeux : dans un saut en longueur, on admet que le saut se décompose en acquisition d'une vitesse Vo jusqu' à la planche d'appel ; Puis action sur les cuisses pour ajouter une vitesse suplémentaire de module Vo : quel est l'optimum de la direction de cette vitesse ( ce n'est pas bien sûr 45° ; ni 90° comme répondent souvent des élèves étourdis.

saut en longueur ====

évidemment 90° donne une vitesse Vo.sqrt(2) à 45° et donc une portée P= 2Vo²/g. Il y a mieux à faire! en fonction de l'angle A de la direction , la durée de chute sera 2Vo sinA /g et donc la portée : L = Vo(1+cosA)2VosinA/g = P sinA. (1+cosA)maximum pour A = 60° et donc une portée L = P sqrt(3). En fait quand on regarde les films de saut en longueur, cette analyse n'est pas la bonne. L'athlète optimise sa vitesse de course et son élan , et la hauteur de son centre de gravité. et lors de la chute, il va essayer de "se ramasser " en levant au maximum les jambes et en jetant les bras d'avant en arrière : il s'est donc donné un optimum de moment cinétique aussi. L'analyse est donc plus compliquée que ce simple exercice.

Démontrer que A=60° : 4P sin(A/2)cos^3(A/2) = 4P sqrt [ x (1-x)^3], avec x := sin²(A/2) max pour x/1 = (1-x)/3 = 1/4 (théorème de Didon) ; donc sin A/2 = 1/2

[modifier] exerciceGassendi***

Dès 1616 , les relations se gâtent entre l'Inquisition et Galilée à cause de son livre, le Messager Céleste, trop distant du Cosmos biblique. Le monde scientifique se sépare progressivement en deux camps : en 1600, Bruno était mort courageusement, n'abjurant pas l'idée de la pluralité des mondes. Dorénavant , on est pour ou contre Copernic. Si la Terre tourne autour du Soleil, Ptolémée avait analysé un certain nombre d'absurdités (dont la plus évidente était que l'on aurait dû voir la parallaxe des étoiles , qui ne sera découverte que par Bessel, tant elle est petite!). Si la Terre pivote sur elle-même, alors à l'équateur, une pierre lancée à 5m de haut retomberait à l'Ouest de environ 2*464m ! Vient alors la célèbre "démonstration" du mât, qui fait frémir (Dialogo II,171-195): de Salviati à Sagredo : -je n'ai pas fait l'expérience , mais je vous ferai confesser de vive force que vous pensez que j'ai raison !

heureusement l'expérience sera faite par Gassendi en 1641 dans le Port de Marseille (elle est retranscrite dans le de Motu de 1641): d'une galère on laisse tomber du haut du mât un boulet : montrer qu'il tombe au pied du mât.

la réponse est "évidente" : le boulet a la vitesse Vx du bateau, donc son abscisse reste la même que celle du bateau.[[nonobstant la sphéricité de la Terre , ce qui en réalité provoque, via Coriolis, une très légère déviation , négligée ici ! ].

Tycho avait posé en 1600 la question à la mode : certes , mais qu'en serait-il d'un tir à l'équateur vers l'Est ou l'Ouest : bénéficierait-on des 464m/s de pivotement de la Terre ? prenons un canon de portée 1km et une vitesse de pivot égale à 500m/s et g= 10m/s²: cela ferait 500m/s vers l'Ouest et 1500m/s vers l'Est. Rien de plus facile à expérimenter [ il est clair que couleuvrines et bombardes, cela faisait "très moderne" (Koyré p218), dans ce nouveau monde où l'artillerie avait fait la "loi des armes" ; c'en était fini des châteaux-forts]. Tartaglia avait déjà expérimenté ce fait ; et sans doute beaucoup d'autres : aucune déviation ni vers l'Est , l'Ouest ou quelque direction, quel que soit l'azimut. ET cela était bien plus probant que n'importe quelle expérience de Pierre_Gassend. L'affaire était "entendue".

Tout ceci prouve les limites expérimentales de l'époque ; il n'est pas vrai que les boulets tombent de même ; cela était bien évident pour les artilleurs de la Grosse Bertha en 1916 ; mais il faudra attendre le génie de Newton pour le dire : cela n'est pas vrai sur le "cercle" équatorial : il y a légere déviation vers l'Ouest ; il vaut donc mieux tirer vers l'Ouest [tout cela nonobstant la résistance de l'air !].

exercice : On demande de discuter la réponse pour le tir vers le Nord et le Sud. Puis dans un tir en retour.

solution-exGassendi :

Comme la Terre est ronde, il faut faire attention!les écarts observés seront dus à la géométrie, plus qu'à la dynamique , pourrait-on dire.Si l'on tire vers le Nord , la vitesse "absolue" serait Nord-Ouest avec 500m/s.sqrt(2). Pendant les 20s de chute , l'obus se serait déplacé de 1000m/s .sqrt(2) dans cette direction, le canon ne s'étant déplacé que de 500m.20s = 1000m sur l'équateur : donc l'obus est en avance de latitude vers l'Ouest, simplement parce que le théorème de Pythagore n'est pas vrai sur la sphère. Tiré ves le Sud , même raisonnement et m résultat.

Si on tire en retour, c'est l'effet Alizé, déjà décrit par Copernic : déviation vers l'EST dans les deux cas.

On le voit, ces raisonnements font abstraction de la variation de direction de g .Il faudra y revenir. Et cela est TRES intéressant et TRES instructif , et en particulier , il faut comparer avec les ellipses des missiles...

[modifier] Exercice-funéparabole***

Se reporter à la leçon chute libre verticale et adapter le raisonnement de Torricelli via le principe de Relativité : Montrer que la courbe funiculaire est nécessairement une parabole.

Solution-funéparabole ====

On obtient la parabole discrète...c'est la très célèbre figure en "funiculaire".

Voici le raisonnement de Torricelli(1608-1647) vers 1641, sans doute.

A chaque instant, on se place dans le référentiel galiléen tangent de vitesse V(t0),d'origine Mo, et on déclare que c'est "comme rien" , et par conséquent, la pierre tombe avec un mouvement uniformément accéléré vers le bas: z= -1/2 g (t-to)² : cela redonne bien la loi de chute générale énoncée au début, en effet :

OMo -1/2 g.(t-to)² + (-g.to +Vo)(t-to) = après développement = -1/2 g.t² + Vo.t

En fait, Torricelli fît beaucoup mieux: il savait composer deux vecteurs : $\vec{OP} = \vec{OP_1} +\vec{P_1P}$ .

Le raisonnement est calqué sur celui de la leçon_1 :

OP(t+T) = h(t) + OP(T) + V(T).t avec OP(T) = h(T) + OPo +Vo.T et V(T) = h'(T) + Vo.

Developper :

h(t+T) + OPo + Vo.(t+T) = h(t) + [h(T) + OPo + Vo.T ] + (h'(T)+Vo).t

Simplifier :

h(t+T) = h(t) +h(T) +h'(T).t , vraie pour tout t et T.

Compte-tenu de la symétrie de t et T , il vient h'(T).t = h'(t).T

Soit h'(T)/T = h't)/t = cste donc ; l'appeler g : il reste h'(t) = g.t

A l'instant kT , la pierre P est en P(k) , avec la vitesse vecteur_V(k) , "comptée comme rien".

Donc à l'instant (k+1)T , la pierre P est en P(k+1), tel que :

$\vec{P_kP_{k+1}} = \vec{V_k}\cdot T +\vec{K_0}$ et $\vec{V_{k+1}} = \vec{V_k} + 2\vec{K_0}/T$ :

Ainsi , il énonçait un ALGORITHME de TRACÉ du mouvement, connaissant la position et la vitesse initiales :

On voit se tracer (avec scilab, par exemple), la parabole de chute DISCRÈTE : autrement dit , sans avoir rien supposé d'autre que la constance de ce vecteur_Ko, il obtenait vecteur_V(kT) = V(0) + 2(Ko/T).(kT) et puis :

$\vec{OP}(kT) = \vec{OP}(0) + \vec{V}(0)\cdot kT + \vec{K_0}\cdot k^2$ .

simplement disait-il , parce que , je sais que si la vitesse augmente comme 1,3,5,7 , (2k+1) ,

la SOMME vaut k².

Impressionnante déduction, qui avait émerveillé Mersenne : toutes les paraboles se réduisaient à un seul et même algorithme.

Torricelli disait qu'à chaque mesure de temps, la quantité de mouvement s'enfle de l'action de la force : il faudra 50ans pour écrire cela ainsi :

Enoncé : loi de Torricelli(1608-1647)-Newton(1642-1727),notation moderne

mais il est clair que des "discours" tels que celui de Torricelli, il y en eût beaucoup : déjà Bonamico , Benedetti , Beeckman disait des choses de plus en plus proches , mais on peut considérer que celui qui le dit le mieux est Torricelli (discours à Florence à l'Académie).Malheureusement entre "discours" et mise en équation, eh bien , il faudra ces 50 ans.

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