Mécanique, enseignée via l'histoire des Sciences/La chute avec résistance de l'air

La chute avec résistance de l'air comprend deux parties : l'une, 1D, traite du problème à une dimension sur l'axe Oz ; l'autre traite de la balistique extérieure, c'est à dire le mouvement 2D, en {x,z}.

Mouvement de chute sans vitesse initiale

La modélisation de la résistance de l'air ne sera pas discutée ici : on admettra simplement que c'est , en math, une force selon la tangente, s'opposant à la vitesse, de module f(v) adapté selon les modèles. Les deux premiers modèles sont les plus importants.

mouvement à résistance "linéaire"

La résistance est supposée être linéaire en v. L'équation étudiée sera donc :

${\ddot {z}}=g-k{\dot {z}}$

Changeons légèrement la notation :

${\ddot {z}}=g-{\frac {1}{\tau }}{\dot {z}}$

En choisissant les unités-réduites $g=1$ et $\tau =1$, on construit un système cinématique : il faut et suffit d'étudier

${\ddot {z}}=1-{\dot {z}}$

pour ce qui est de l'étude algèbre-analyse ; mais ce n'est pas toujours judicieux ( parfois, il vaut mieux garder les "unités" ).

Ici, on trouve assez vite, avec vo = 0 :

$v=g\tau .(1-e^{-{\frac {t}{\tau }}})$

$z=g\tau .(t-\tau )+g\tau ^{2}.e^{-{\frac {t}{\tau }}}$

au bout de quelques $\tau$,τ, le mouvement est de vitesse constante $V_{limite}=g\tau$

notes

note : L'ajout d'une vitesse initiale Vo ne vient rien rajouter de spécial au mouvement, car la condition-initiale "s'épuise" au bout de qq τ : il convient juste de rajouter : à la vitesse , Vo .exp(-t/τ) et à l'abscisse z , le terme , Vo.τ( 1- exp(-t/τ)). Inutile de donner au projectile une énergie cinétique énorme si le mouvement est à étudier pendant une durée supérieure à qq tau : elle sera irréductiblement consommée. Et c'est indépendant de Vo ! on veut dire que la constante de temps τ est indépendante de V0 ; certes la distance atteinte néanmoins sera un peu plus grande : d = qq Vo.τ mais ne sera que linéaire en Vo.

note2 : on vérifie que si t<<< τ, on retrouve : z = 1/2 g t² , et si le terme t/τ est petit , v = gt - z /τ = ~ gt -1/2 gt²/τ. et bien sûr z = 1/2 gt²(1- t/3τ) : ce qui est pertinent z(t) est moins grand car z" est moins grand { on a simplement fait, en maple, series(z(t), t=0)}.

note3 : si Vo n'est pas nul , et très grand ( devant gτ ) , alors le dl doit commencer par Vo.t , mais comme on l'a dit, la vitesse "relaxe" vers la valeur-limite.

note4 : on pourra vérifier la conservation de l'énergie-puissance : à chaque instant v.dv/dt = g.v - kv.v ; on peut aussi remarquer une autre écriture v.dv/dx = g - kv , certes assez bizarre.

note5 : la résistance linéaire en -kV n'est réaliste que pour des petites particules de brouillard sédimentant doucement dans l'air. Évidemment, dans un fluide plus visqueux, le résultat est différent.

mouvement plus réaliste, à résistance quadratique

la résistance est en V². L'équation étudiée sera, axe dirigé vers le bas :

${\dot {v}}=g-kv^{2}.sgn(V)$

Changeons légèrement les notations et supposons la vitesse vers le bas) :

${\dot {v}}=g-v^{2}/H$

En choisissant les unités réduites g=1 et H= 1, cela permettra éventuellement de réduire l'algèbre-analyse. ( et on pose g.T²= H).

${\dot {v}}=1-v^{2}$ :

on voit "apparaître" la fonction tanh(t). Mais attention, si on change le sgn de la vitesse , -1 - v² apparaît , et cela sera tan(t) qui apparaîtra .

la solution du mouvement est donc :

$v(t)=V_{l}.\tanh(t/T)~$ ou bien

$v^{2}(x)=gH[1-e^{-2z/H}]~$

$z(t)=HLog\cosh(t/T)=V_{l}.t-HLog2+HLog(1-e^{-2t/T})~$

notes

note 1 : Si on réécrit l'équation sous la forme :

$v.{\frac {dv}{dx}}=g-v^{2}/H$,

on voit que 2.Ec := v² va s'épuiser avec une constante de longueur 2H : inutile de "consommer" trop d'énergie au départ si l'on compte aller plus loin que qq H , cette énergie va s'épuiser. remarquer que ici c'est une distance qq H qui est fixée ; c'est le temps mis qui dépendra de Vo, typiquement de l'ordre de H/Vo.

note 2 : cette fois l'action de la condition initiale Vo est plus difficile à visualiser, car l'équation n'est pas linéaire ; il faut vraiment intégrer :

$2E_{c}(x)=gH+(V_{0}^{2}-gH)e^{-2z/H}$ cela est facile en termes de z ; mais si l'on veut faire intervenir le temps, il vaut mieux faire un décalage temporel de temps ; et calculer le temps antérieur depuis lequel il faut lâcher le mobile pour qu'il arrive à l'instant t=0, en z=0 avec la vitesse Vo = gH tanh(ta/T) , alors V(t) = gH tanh[(t+ta)/T] ; sinon pas d'expression simple.

note3 : Mais attention : si le mobile part avec une vitesse vers le haut, on rappelle que la forme analytique du mouvement est légèrement différente ( symétrie de Corinne) : V(t) = gH tan[ta-t)/H], vers le haut, et quand t sera égal à ta avec Vo= gH tan(ta/T), le mouvement reprendra comme dit plus haut.

note 4 : la leçon n'a pas vocation à discuter tous les Cx du monde : R(V) = -1/2 Cx . a S V² , où a = masse volumique du fluide ( en général l'air) , S le maître-couple , donc ici sphère : Pi.R² . et Cx = 0.5 .On apprend parfois (1/2Cx)= 0.25 ce qui est heureusement identique ; une demi-sphère inverse ( sorte de parachute), c'est Cx ~1 et un corps profilé peut donner ~ 0.05.

note.5 : cas dv/dt = g - v^n = 1-v^n : il apparaît clair maintenant, que plus l'exposant n sera élevé, et plus le mobile atteindra vite l'asymptote : le cas-limite de n très grand, représentant une sorte de "mur de vitesse" : le mobile ne s'aperçoit de rien : donc v = gt , puis au temps t = V_limite/g , boum : v = cste = V_limite.

Enfin, si la résistance est tq dv/dt = 1- f(v)/f(V1) avec f(v) croissante, on voit qu'il s'agira à peu près du même mouvement.

si par contre, f(v) n'est pas croissante ( crise par décollement de couche-limite): il faut regarder si 1-f(v)/f(V1) reste positif toujours : si oui, pas de bobo : v va croître vers V1 ; mais si mg = R(V) a trois racines, avec R(V) f cubique par exemple : V1 et V3 seront racines attractrices , mais V2 sera "répulsive"  : selon que la balle atteint ou non V2 , la vitesse-limite sera différente : V1 ou V3 : conclusion : dès que f(V) n'est pas monotone reprendre le problème à la base : ce sera le cas des balles de golf.

distinguer les cas

Comment distinguer expérimentalement le cas linéaire ou quadratique, ou en V^n ? ce n'est pas si facile que l'on pourrait croire ! En effet, la courbe expérimentale va enregistrer des positions aux différents temps successifs. On pourra en tirer avec une moindre précision v(k) au temps t(k) et à la position x(k). L'hodographe aura toujours la même allure : existence d'une vitesse limite V_l , càd d'une asymptote. La tangente à l'origine sera toujours V= gt. Donc la forme générale de la courbe est la même. Il s'agit de distinguer y = tanh(t) de y = 1- exp-t. Pas si facile. La courbe y = tanh(t) suit "plus longtemps" sa tangente, mais brr... Les tests pour vérifier un caractère d'ordre 1 ou 2 sont jouables ; mais encore une fois ne pas espérer trancher aisément.

voir aussi

balistique extérieure

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