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

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Mécanique, enseignée via l'Histoire des Sciences
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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), la parabole :

 \vec{OB}(t)= \frac {1}{2}.\vec{g}.t^2+\vec{V_0}.t
Enoncé : loi de Galilée-Mersenne-Torricelli,notation moderne

Sections

Parabole de chute

La célèbre loi de la chute libre est énoncée par Galilée (1568-1642), pour la première fois dans la lettre à Sarpi (1604) ; elle sera complétée ultérieurement :  \vec{a} = \vec{g} donne le résultat via deux intégrations. Mais bien sûr, Mersenne ne procèdera pas ainsi en 1635, alors que les "dérivées" ne sont pas connues.

{note : 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 ; la résistance de l'air intervient et cela sera étudié ultérieurement dans la lesson : balistique extérieure}.

Cette équation est celle 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. Le vecteur vitesse Vo étant bissectrice de zOF , la position du foyer F s'en déduit.

Puisque OF = OH, O étant sur la parabole, la directrice est la droite horizontale z= h : donc toutes les paraboles ont même directrice.

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

Parabole de sûreté

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), dite de sécurité, qui « entoure » le point O : au-delà de (S), « on est en sûreté ». Dans le cas présent, (S) est une parabole, d'où le titre : parabole de sûreté :

 OP = \frac {2\cdot OH}{1+\cos \phi}
Enoncé : Parabole de sûreté de Torricelli(1608-1647)

le cas limite F1=F2 (:=Fo) donne OFoPo en ligne droite : la corde est focale, les tangentes en O et Po se coupent donc perpendiculairement sur la directrice (c'est à dire la droite z = z_H = h), en un point I ; OIP est orthoptique à la trajectoire.

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. On peut aussi calculer : OI = h/cos \alpha ; OP = OI/cos \alpha donc avec \phi = 2 \alpha et OP= r= h/cos^2 \alpha, on retrouve bien la parabole (S).

remarque : OI = V_o t_o/2 ~ et OP = 1/2 g t_o^2 donne to= f(\alpha).

Note historique

Cette solution a été donnée par Galilée, améliorée par Torricelli, son élève (de 1640 à 1642). Voici "sa" démonstration :

Soit \alpha~ = angle (OH,Vo). Soit Po le point de portée maximale,sur la courbe(S). Il faut démontrer, avec \phi = 2\alpha~, que OP =  {h \over cos^2 \alpha}.

Décomposons le mouvement du boulet B(t) comme le fait Torricelli :

Prendre crayon+papier.

Au temps to, la parabole B(t) oscule la courbe de sûreté en Po, confondu avec B(to).

A supposer provisoirement et à démontrer ultérieurement que ORo soit bissectrice de l'angle HOPo (on a vu que OPo était une corde focale), le triangle ORoPo est donc isocèle. Considérer le losange OPoRoQ de côtés égaux OPo=RoPo=RoQ=OQ = 1/2 g.t0^2, de centre I : dessiner ce losange, c'est essentiel. La tangente en Po coupe z=h en I et donc la cote de I z_C vaut juste h = OH ; par ailleurs avec \theta = 2 \phi ~,

OI = \frac {OH}{cos\alpha} ~ et OP = \frac {OI}{cos\alpha} , soit OP = \frac {OH}{cos^2 \alpha}, CQFD.

On aura \vec{OP_0^'} = 1/2 \vec{g}t^{'2} + \vec{V_o'}t^'

et donc aussi "courbe dérivée" : \vec{PoP_0^'} = [\vec{V_o'} - \vec{V_o}]t^' :

La remarque capitale est alors la suivante : puisque ||\vec{V_0}|| = cste , alors \vec{V_0V'_0} est ORTHOGONAL à \vec{V_0}: donc PoPo' perpendiculaire à Vo. Et donc les deux tangentes devaient donc se couper à angle droit, donc sur la droite orthoptique, soit en I sur la directrice. Donc PoO était corde focale. Dès lors, Torricelli enchaînait sur le calcul précédent.

{note de pertinence : Réciproquement, par renversement temporel, 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 : le triangle OCPo est rectangle en C}}.

Il existe aussi un raisonnement à la Didon avec les composantes Vz et Vg de la vitesse (proposé en exercice).

On peut ainsi faire dire à Torricelli que non seulement il 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_{\alpha} en considérant l'intersection-limite de T_{\alpha}et T_{\beta}. Ce qui précède Clairaut d'un siècle! Quand on lit Torricelli en 2010, on a "envie" de lire cela ; se méfier si l'on est historien : c'est du "re-construit finalisé" ( au sens de Bkouche ).

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".

Exercice-Portée_maximale

C'est le classique : démontrer qu'en géométrie affine, pour avoir la portée maximale horizontale , 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 démonstration dite par réciprocité 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°!

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

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.

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, un citadellin peut tirer plus loin qu'un assaillant : quelle est la différence?

La parabole de sûreté étant z = h + H -x²/4H, le boulet de la citadelle atteint x = sqrt(4H²+ 4Hh) mais, "symétriquement", 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, pour se défendre au mieux.

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)

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.

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.

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).

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

*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.

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.

**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 ?

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.

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.

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.

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".

Mais, faussement "entendue", car, de ce fait, on a cru aussi que le pivotement uniforme c'était aussi "comme rien". En tout cas, chez Galilée, il semble bien qu'il en soit ainsi ( voir : le chasseur avec son fusil en rotation qui suit l'oiseau ). MAIS cela est faux. Or la Terre pivote ; on aurait donc dû voir qq chose ?

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 dire : 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 !].

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...[ par exemple, expliquer de tête pourquoi la variation angulaire de g reduit la déviation d'un facteur 1/3 : why 1/3 , sans calcul ?

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.

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.

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Torricelli disait (1646) 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 :

 \Delta\vec{P}(t) : = \vec{P}(t+\tau) - \vec{P}(t) = \vec{F}(t)\cdot \tau
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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