Exercices corrigés : dynamique, lois de Newton et frottement (203-SN1-RE, ancien 203-NYA)

a) Trois forces s'exercent sur le feu : son poids $F_{g}=mg=(12)(9{,}8)=117{,}6$ N vers le bas, la tension $T_{1}$ le long du câble 1 (vers le haut-gauche, à 30° de l'horizontale) et la tension $T_{2}$ le long du câble 2 (vers le haut-droite, à 45°).

b) Équilibre : $\Sigma F_{x}=0$ donne $T_{2}\cos 45^{\circ}-T_{1}\cos 30^{\circ}=0$; $\Sigma F_{y}=0$ donne $T_{1}\sin 30^{\circ}+T_{2}\sin 45^{\circ}-117{,}6=0$.

c) De la première équation : $T_{2}=T_{1}\frac{\cos 30^{\circ}}{\cos 45^{\circ}}$. En substituant dans la seconde : $T_{1}(\sin 30^{\circ}+\cos 30^{\circ}\tan 45^{\circ})=117{,}6$, soit $T_{1}(0{,}5+0{,}866)=117{,}6$, donc $T_{1}\approx 86{,}1$ N et $T_{2}\approx 105{,}4$ N. Le câble à 45° est le plus tendu : plus un câble est proche de la verticale, plus grande est la part du poids qu'il reprend. Remarquez que $T_{1}+T_{2}\approx 191{,}5$ N dépasse largement le poids : les composantes horizontales, qui s'annulent entre elles, ne portent rien mais tendent quand même les câbles.

d) Par symétrie, chaque câble reprend la moitié du poids en vertical : $2T\sin 5^{\circ}=117{,}6$, donc $T=\frac{117{,}6}{2\sin 5^{\circ}}\approx 675$ N, presque six fois le poids du feu. Quand l'angle tend vers 0, $\sin\theta$ tend vers 0 et la tension diverge : un câble horizontal n'a aucune composante verticale et ne peut donc reprendre aucun poids, si tendu soit-il. C'est pourquoi les câbles porteurs présentent toujours un fléchissement.

a) Deux forces seulement agissent sur la personne : son poids $\vec{P}=m\vec{g}$ vers le bas et la normale $\vec{N}$ vers le haut. Axe positif vers le haut : $N-mg=ma$, donc $N=m(g+a)$. Immobile ($a=0$) : $N=65{,}0(9{,}80)=637$ N, affichage $65{,}0$ kg. Démarrage vers le haut ($a=+1{,}20$) : $N=65{,}0(11{,}0)=715$ N, affichage $73{,}0$ kg. Vitesse constante ($a=0$) : $N=637$ N, affichage $65{,}0$ kg. Freinage en fin de montée ($a=-1{,}50$, car l'ascenseur monte en ralentissant) : $N=65{,}0(8{,}30)=540$ N, affichage $55{,}1$ kg.

b) Non, la masse est une propriété du corps et vaut $65{,}0$ kg dans toutes les situations. Le poids réel $mg=637$ N ne change pas non plus. Ce que la balance mesure, c'est la force normale, c'est-à-dire la force de contact nécessaire pour imposer à la personne l'accélération de l'ascenseur. On l'appelle poids apparent : c'est une force de contact, pas une propriété de la personne.

c) Descente : démarrage vers le bas, l'accélération est dirigée VERS LE BAS, donc $N<mg$ et l'affichage est inférieur à $65{,}0$ kg. Vitesse constante, $a=0$ et l'affichage revient à $65{,}0$ kg. Freinage en fin de descente, l'ascenseur descend en ralentissant donc l'accélération est dirigée VERS LE HAUT, et l'affichage dépasse $65{,}0$ kg. La règle générale : seul le SENS de l'accélération compte, jamais le sens du déplacement. Accélération vers le haut, la balance sur-affiche; accélération vers le bas, elle sous-affiche; accélération nulle, elle affiche la vraie masse, que l'ascenseur soit à l'arrêt ou lancé à vitesse constante.

d) En chute libre, $a=-g$, donc $N=m(g-g)=0$ : la balance affiche zéro. La personne n'a rien perdu de son poids, qui vaut toujours $637$ N et qui est précisément la force responsable de la chute. Ce qui a disparu, c'est la force normale : plus rien ne s'oppose à la chute, donc plus rien n'appuie sur la balance. C'est exactement la situation des astronautes en orbite, qui tombent en permanence avec leur station : leur poids est bien réel, seul le contact a disparu.

e) Il faudrait $N=80{,}0\times 9{,}80=784$ N, donc $a=\frac{N}{m}-g=\frac{784}{65{,}0}-9{,}80\approx 2{,}26$ m/s$^{2}$ dirigée VERS LE HAUT. C'est près du double de l'accélération d'un ascenseur ordinaire ($1$ à $1{,}5$ m/s$^{2}$), et la sensation serait très désagréable : $23\,\%$ de poids apparent en plus. Les constructeurs limitent volontairement l'accélération pour le confort, pas pour la sécurité.

a) Seuil de glissement : $f_{s,max}=\mu_{s}N=\mu_{s}mg=(0{,}50)(20)(9{,}8)=98$ N. Comme 90 N $<$ 98 N, la caisse ne bouge pas. Le frottement vaut alors exactement 90 N (et non 98 N !) : le frottement statique s'ajuste pour annuler la résultante, il n'atteint son maximum qu'au seuil du glissement.

b) 120 N $>$ 98 N : la caisse glisse, le frottement devient cinétique : $f_{k}=\mu_{k}mg=(0{,}30)(196)=58{,}8$ N. Newton : $a=\frac{120-58{,}8}{20}=3{,}06$ m/s².

c) À vitesse constante, $\Sigma F=0$ : il suffit de compenser $f_{k}$, donc 58,8 N. C'est moins que les 98 N nécessaires pour démarrer : voilà pourquoi le plus dur est de mettre un objet en mouvement, pas de l'y maintenir.

d) De 0 à 98 N, le graphique suit la droite $f=F$ (le frottement statique égale la force appliquée : équilibre). À 98 N, le glissement s'amorce et le frottement chute brusquement à 58,8 N, puis reste constant à cette valeur quelle que soit la force appliquée. La discontinuité traduit le passage du régime statique ($\mu_{s}$) au régime cinétique ($\mu_{k}<\mu_{s}$).

e) En poussant à 20° sous l'horizontale, la composante verticale $F\sin 20^{\circ}$ s'ajoute au poids : $N=mg+F\sin 20^{\circ}$. Le seuil devient $F\cos 20^{\circ}=\mu_{s}(mg+F\sin 20^{\circ})$, d'où $F=\frac{\mu_{s}mg}{\cos 20^{\circ}-\mu_{s}\sin 20^{\circ}}=\frac{98}{0{,}940-0{,}171}\approx 127{,}5$ N. Il faut environ 30 % de plus qu'à l'horizontale : en poussant vers le bas, on augmente la normale, donc le frottement à vaincre. Pousser vers le bas travaille contre soi.

a) En montée, trois forces : le poids (composantes $-mg\sin\theta$ le long de la pente et $-mg\cos\theta$ perpendiculairement), la normale $N=mg\cos\theta$, et le frottement cinétique $f_{k}=\mu_{k}N$ dirigé vers le BAS de la pente (il s'oppose au glissement, qui se fait vers le haut). Newton le long de la pente : $ma=-mg\sin\theta-\mu_{k}mg\cos\theta$, la masse se simplifie : $a=-9{,}8(0{,}5+0{,}25\times 0{,}866)\approx -7{,}02$ m/s².

b) Avec $v_{f}^{2}=v_{i}^{2}+2a\Delta x$ : $0=64-2(7{,}02)\Delta x$, donc $\Delta x=\frac{64}{14{,}04}\approx 4{,}56$ m.

c) Il repart. Critère : le bloc immobile reste en place si $\tan\theta\leq\mu_{s}$. Or $\tan 30^{\circ}\approx 0{,}577>0{,}30$ : le frottement statique maximal ($\mu_{s}mg\cos\theta$) ne suffit pas à retenir la composante du poids ($mg\sin\theta$), le bloc redescend.

d) En descente, le glissement se fait vers le bas, donc le frottement pointe maintenant vers le HAUT de la pente : $a=g(\sin\theta-\mu_{k}\cos\theta)=9{,}8(0{,}5-0{,}217)\approx 2{,}78$ m/s² (dirigée vers le bas). Vitesse au retour : $v=\sqrt{2(2{,}78)(4{,}56)}\approx 5{,}0$ m/s.

e) Le poids ne change pas, mais le frottement change de sens : il s'oppose toujours au glissement. En montée, poids et frottement tirent tous deux vers le bas de la pente (ils s'additionnent : décélération forte); en descente, ils s'opposent (accélération faible). Sur l'aller-retour, le frottement a travaillé contre le mouvement dans les deux sens : l'énergie cinétique du retour (environ 12,7 J par kg... rapport $\frac{5{,}0^{2}}{8^{2}}\approx 40$ %) est amputée de l'énergie dissipée en chaleur, d'où un retour plus lent que le départ.

a) Bloc de 6 kg (sur la table) : poids 58,8 N vers le bas, normale $N$ vers le haut, tension $T$ horizontale vers la poulie, frottement cinétique $f_{k}$ opposé au mouvement. Bloc de 4 kg (suspendu) : poids 39,2 N vers le bas, tension $T$ vers le haut.

b) La corde est inextensible : les deux blocs parcourent la même distance dans le même temps, donc même grandeur d'accélération $a$. La poulie est idéale (sans masse ni frottement) : elle change la direction de la tension sans en changer la grandeur, donc même $T$ aux deux bouts. Bloc sur la table (axe vers la poulie) : $T-\mu_{k}m_{1}g=m_{1}a$. Bloc suspendu (axe vers le bas) : $m_{2}g-T=m_{2}a$.

c) En additionnant les deux équations, $T$ s'élimine : $m_{2}g-\mu_{k}m_{1}g=(m_{1}+m_{2})a$, donc $a=\frac{39{,}2-(0{,}20)(58{,}8)}{10}=\frac{39{,}2-11{,}76}{10}\approx 2{,}74$ m/s². Tension : $T=m_{2}(g-a)=4(9{,}8-2{,}744)\approx 28{,}2$ N. Vérification avec l'autre bloc : $28{,}2-11{,}76=16{,}5\approx(6)(2{,}744)$, cohérent.

d) Si $T$ valait 39,2 N, le bloc suspendu subirait une résultante $m_{2}g-T=0$ : il descendrait à vitesse constante, pas en accélérant depuis le repos... et le bloc de la table, lui, accélérerait. Les deux blocs auraient des mouvements incompatibles avec une corde inextensible : contradiction. L'erreur : $T=m_{2}g$ n'est vraie qu'à l'équilibre ($a=0$). Dès que le système accélère, la tension est strictement comprise entre la valeur qui retiendrait le bloc suspendu (39,2 N) et la force de frottement (11,8 N).

e) Immobile si le frottement statique peut compenser la tension, qui vaut alors $T=m_{2}g=39{,}2$ N : il faut $\mu_{s}m_{1}g\geq 39{,}2$, donc $\mu_{s}\geq\frac{m_{2}}{m_{1}}=\frac{4}{6}\approx 0{,}67$.

a) Les trois blocs restent en contact, donc ils ont forcément la même accélération : on peut leur appliquer la deuxième loi comme à un seul corps de masse $m_{1}+m_{2}+m_{3}=10{,}0$ kg. Les forces de contact entre blocs sont INTERNES au système ainsi défini et s'annulent deux à deux dans le bilan global. Il reste $F=(m_{1}+m_{2}+m_{3})a$, soit $a=\frac{30{,}0}{10{,}0}=3{,}00$ m/s$^{2}$ vers la droite.

b) Force entre 1 et 2, en isolant le bloc 1 : $F-F_{12}=m_{1}a$, donc $F_{12}=30{,}0-2{,}00(3{,}00)=24{,}0$ N. Vérification en isolant le sous-système $\{2,3\}$ : la seule force horizontale externe est $F_{12}$, donc $F_{12}=(3{,}00+5{,}00)(3{,}00)=24{,}0$ N. Force entre 2 et 3, en isolant le bloc 3 : $F_{23}=m_{3}a=5{,}00(3{,}00)=15{,}0$ N. Vérification en isolant $\{1,2\}$ : $F-F_{23}=(2{,}00+3{,}00)(3{,}00)=15{,}0$, donc $F_{23}=30{,}0-15{,}0=15{,}0$ N. Les deux méthodes concordent, ce qui est le meilleur contrôle disponible sur ce type de problème.

c) Parce qu'elles ne s'appliquent pas au même corps. Une paire action-réaction agit toujours sur DEUX objets différents, et deux forces ne peuvent s'annuler que si elles agissent sur le même objet. Dans le diagramme de corps libre du bloc 1 ne figure que le $24{,}0$ N exercé PAR le bloc 2; dans celui du bloc 2 ne figure que le $24{,}0$ N exercé PAR le bloc 1. Aucun des deux diagrammes ne contient les deux. La confusion vient d'un mélange entre la troisième loi (deux corps, deux forces) et l'équilibre (un corps, plusieurs forces).

d) L'accélération est inchangée, $a=\frac{30{,}0}{10{,}0}=3{,}00$ m/s$^{2}$, cette fois vers la gauche : le bilan global ne voit que la masse totale et la force externe. Les forces de contact, elles, changent complètement. En isolant le bloc 3 : $F-F_{32}=m_{3}a$, donc $F_{32}=30{,}0-15{,}0=15{,}0$ N. En isolant le bloc 1 : $F_{21}=m_{1}a=6{,}00$ N. On passait de $24{,}0$ et $15{,}0$ N à $15{,}0$ et $6{,}00$ N. À retenir : l'accélération globale ne dépend pas du point d'application de la force, mais les efforts internes en dépendent entièrement. C'est pourquoi on tire un train par la locomotive de tête plutôt que de le pousser par la queue : les attelages ne subissent pas les mêmes efforts.

e) La force du cheval sur la charrette et celle de la charrette sur le cheval forment bien une paire action-réaction, mais elles sont INTERNES au système attelage complet : elles ne peuvent donc rien changer au mouvement de l'ensemble. Ce qui fait avancer l'attelage, c'est une force externe : les sabots du cheval poussent le sol vers l'arrière, et par la troisième loi le sol pousse le cheval vers l'avant. C'est ce frottement du sol qui est la force motrice. On le vérifie en isolant le cheval seul : il avance parce que la force du sol sur ses sabots dépasse la traction que la charrette exerce sur lui vers l'arrière. Sur de la glace, cette force externe disparaît et l'attelage ne bouge plus, quelle que soit l'énergie du cheval.

a) Axes : horizontal (vers le centre du virage) et vertical. La normale, perpendiculaire à la chaussée inclinée, a une composante horizontale $N\sin\theta$ (vers le centre) et une composante verticale $N\cos\theta$. Verticalement, pas d'accélération : $N\cos\theta=mg$. Horizontalement, la résultante fournit l'accélération centripète : $N\sin\theta=\frac{mv^{2}}{r}$. En divisant les deux équations : $\tan\theta=\frac{v^{2}}{gr}$, donc $v=\sqrt{gr\tan\theta}=\sqrt{(9{,}8)(50)(0{,}40)}=\sqrt{196}=14$ m/s (50,4 km/h). La masse a disparu : le relèvement fait tourner N'IMPORTE quel véhicule à cette vitesse sans exiger le moindre frottement, d'où son intérêt sur glace ou sous la pluie.

b) Sous la vitesse idéale, la composante horizontale de la normale est trop grande pour la courbure demandée : la voiture tend à glisser vers l'intérieur (vers le bas de la pente), donc le frottement agit vers le HAUT de la pente. Au-dessus de la vitesse idéale, c'est l'inverse : la voiture tend à glisser vers l'extérieur, le frottement agit vers le BAS de la pente, ajoutant sa contribution centripète à celle de la normale.

c) Au seuil de dérapage vers l'extérieur, $f_{s}=\mu_{s}N$ pointe vers le bas de la pente. Ses composantes : $\mu_{s}N\cos\theta$ horizontale (vers le centre) et $\mu_{s}N\sin\theta$ verticale (vers le bas). Les équations deviennent : verticale $N\cos\theta-\mu_{s}N\sin\theta=mg$; horizontale $N\sin\theta+\mu_{s}N\cos\theta=\frac{mv_{max}^{2}}{r}$. En divisant la seconde par la première, $N$ et $m$ disparaissent : $\frac{v_{max}^{2}}{gr}=\frac{\sin\theta+\mu_{s}\cos\theta}{\cos\theta-\mu_{s}\sin\theta}=\frac{\tan\theta+\mu_{s}}{1-\mu_{s}\tan\theta}$. Numériquement : $v_{max}=\sqrt{(9{,}8)(50)\times\frac{0{,}40+0{,}40}{1-(0{,}40)(0{,}40)}}=\sqrt{490\times\frac{0{,}80}{0{,}84}}\approx 21{,}6$ m/s (environ 78 km/h).

d) Sur glace, la voiture ne peut compter que sur le relèvement, qui n'assure la trajectoire qu'à la vitesse idéale de 14 m/s. À 20 m/s, il manque de la force centripète : la voiture dérape vers l'extérieur du virage (elle poursuit une trajectoire trop peu incurvée). Conclusion : le relèvement garantit un virage sûr à UNE vitesse de conception; le frottement offre la marge autour de cette vitesse, ici de 14 jusqu'à 21,6 m/s sur chaussée sèche, marge qui disparaît avec lui.

a) Au sommet, deux forces agissent sur l'eau : son poids $mg$ vers le bas et la force du fond du seau $N$ vers le bas également, puisque le seau est retourné. Les deux pointent donc vers le centre du cercle. La deuxième loi selon la direction radiale (positive vers le centre) donne $mg+N=\frac{mv^{2}}{R}$. La condition limite est $N=0$, le seau cessant tout juste d'appuyer : $mg=\frac{mv^{2}}{R}$, donc $v_{min}=\sqrt{gR}=\sqrt{9{,}80(0{,}900)}\approx 2{,}97$ m/s. La masse disparaît, le résultat est le même pour un seau plein ou vide. La tension de la corde vaut alors $T=0$ au sommet, mais la corde n'en reste pas moins tendue par le poids du seau lui-même.

b) Sommet : $T+mg=\frac{mv^{2}}{R}$, donc $T=\frac{1{,}20(16{,}0)}{0{,}900}-1{,}20(9{,}80)=21{,}3-11{,}8\approx 9{,}57$ N. Point le plus bas : le poids pointe maintenant à l'opposé du centre, donc $T-mg=\frac{mv^{2}}{R}$ et $T=21{,}3+11{,}8\approx 33{,}1$ N. Le rapport vaut environ $3{,}5$ : c'est en bas que la corde risque de rompre, jamais en haut. En pratique l'écart est encore plus grand, car la vitesse réelle en bas dépasse celle du sommet, la gravité ayant travaillé pendant la descente. Supposer une vitesse identique est une idéalisation que le chapitre sur l'énergie permettra de lever.

c) Sous $v_{min}$, l'accélération centripète requise $\frac{v^{2}}{R}$ devient inférieure à $g$. Or au sommet la gravité fournit à elle seule une accélération de $g$ vers le centre, et le fond du seau ne peut que POUSSER l'eau, jamais la retenir : il ne peut pas réduire l'accélération vers le bas. L'eau ne peut donc plus suivre le cercle et quitte la trajectoire, devenant un simple projectile qui retombe. Quant à la force centrifuge, elle n'existe pas dans un référentiel inertiel : aucun objet ne l'exerce sur l'eau, et il est impossible de la faire figurer dans un diagramme de corps libre. Ce que l'on prend pour elle est l'inertie de l'eau, qui tend à continuer en ligne droite pendant que le seau, lui, tourne.

d) La bille décrit un cercle horizontal à vitesse constante : son accélération est purement centripète, donc horizontale et dirigée vers l'axe. La verticale est donc en équilibre : $T\cos\theta=mg$, d'où $T=\frac{0{,}250(9{,}80)}{\cos 25{,}0^{\circ}}\approx 2{,}70$ N. Rayon : $R=L\sin\theta=1{,}20\sin 25{,}0^{\circ}\approx 0{,}507$ m. Horizontale : $T\sin\theta=\frac{mv^{2}}{R}$, donc $v=\sqrt{\frac{T R\sin\theta}{m}}=\sqrt{\frac{2{,}70(0{,}507)(0{,}4226)}{0{,}250}}\approx 1{,}52$ m/s.

e) Démonstration : en divisant l'équation horizontale par l'équation verticale, $\tan\theta=\frac{v^{2}}{gR}$. Avec $R=L\sin\theta$ et $v=\frac{2\pi R}{T}$ : $\tan\theta=\frac{4\pi^{2}R^{2}}{T^{2}gR}=\frac{4\pi^{2}L\sin\theta}{T^{2}g}$. On simplifie par $\sin\theta$ (non nul) et il reste $\frac{1}{\cos\theta}=\frac{4\pi^{2}L}{T^{2}g}$, soit $T=2\pi\sqrt{\frac{L\cos\theta}{g}}$. Vérification : $2\pi\sqrt{\frac{1{,}20\cos 25{,}0^{\circ}}{9{,}80}}\approx 2{,}09$ s, ce qui correspond bien à $\frac{2\pi R}{v}=\frac{2\pi(0{,}507)}{1{,}52}\approx 2{,}09$ s. Enfin, un fil horizontal signifierait $\theta=90^{\circ}$ et $\cos\theta=0$ : l'équation verticale $T\cos\theta=mg$ exigerait une tension infinie. Il faut toujours une composante verticale de la tension pour porter le poids, donc le fil garde toujours une inclinaison, si faible soit-elle. C'est exactement pourquoi aucun câble tendu, aucune corde à linge, n'est jamais parfaitement rectiligne.

a) La seule force horizontale sur le bloc du haut est le frottement exercé par le bloc du bas, dirigé VERS L'AVANT (dans le sens de $F$). Sans lui, le bloc du bas glisserait sous le bloc du haut, qui resterait sur place : le glissement relatif du haut par rapport au bas serait vers l'arrière, et le frottement s'oppose à ce glissement relatif, donc pousse le bloc du haut vers l'avant. Le frottement s'oppose au glissement ENTRE les surfaces, pas au mouvement en général.

b) Pour le bloc du haut seul, Newton donne $f_{s}=m_{h}a$. Le frottement statique est plafonné : $f_{s}\leq\mu_{s}m_{h}g$, donc $a\leq\mu_{s}g=(0{,}60)(9{,}8)=5{,}88$ m/s², indépendamment des masses. Pour l'ensemble (8 kg, sol sans frottement) : $F_{max}=(m_{h}+m_{b})\,a_{max}=(8)(5{,}88)\approx 47{,}0$ N.

c) $60>47{,}0$ N : le bloc du haut ne peut plus suivre, ça glisse. Le frottement devient cinétique : $f_{k}=\mu_{k}m_{h}g=(0{,}40)(2)(9{,}8)=7{,}84$ N. Bloc du haut : $a_{h}=\frac{7{,}84}{2}=3{,}92$ m/s². Bloc du bas : il subit $F=60$ N vers l'avant et la réaction du frottement, 7,84 N vers l'arrière : $a_{b}=\frac{60-7{,}84}{6}\approx 8{,}69$ m/s². Le bloc du bas file devant ($a_{b}>a_{h}$) : le bloc du haut recule par rapport à lui et finira par tomber à l'arrière.

d) Le bloc du haut exerce sur le bloc du bas : verticalement son appui de $m_{h}g=19{,}6$ N vers le bas, et horizontalement 7,84 N vers l'ARRIÈRE. Cette dernière est la réaction (troisième loi de Newton) du frottement de 7,84 N vers l'avant que le bas exerce sur le haut : même grandeur, sens opposés, appliquées sur deux corps différents. C'est bien pour cela qu'elle freine le bloc du bas dans le calcul de $a_{b}$.

a) Trois forces : le poids $mg$ vers le bas, la poussée d'Archimède $F_{A}$ vers le haut et le frottement $bv$ vers le haut. Axe positif vers le bas : $m\frac{dv}{dt}=mg-F_{A}-bv$. La nouveauté est capitale : la force résultante DÉPEND de la vitesse, donc l'accélération n'est pas constante et aucune équation du MRUA ne s'applique. On obtient une équation différentielle, et le mouvement se décrit par un régime transitoire suivi d'un régime permanent.

b) À $t=0$, $v=0$ donc le frottement est nul : $a_{0}=\frac{mg-F_{A}}{m}=\frac{0{,}1176-0{,}0150}{0{,}0120}=\frac{0{,}1026}{0{,}0120}=8{,}55$ m/s$^{2}$. Elle est inférieure à $g$ à cause de la seule poussée d'Archimède, qui elle ne dépend pas de la vitesse et agit dès l'instant initial. Le frottement, lui, ne fait encore rien.

c) La vitesse limite est atteinte quand l'accélération s'annule, donc quand les forces s'équilibrent : $bv_{\ell}=mg-F_{A}$, soit $v_{\ell}=\frac{0{,}1026}{0{,}0850}\approx 1{,}21$ m/s. L'accélération vaut alors exactement zéro : la bille descend ensuite à vitesse rigoureusement constante, en MRU. Un mouvement à vitesse constante n'exige aucune force nette, il n'exige que l'équilibre, conformément à la première loi.

d) $\tau=\frac{m}{b}=\frac{0{,}0120}{0{,}0850}\approx 0{,}141$ s. Pour $99\,\%$ : $1-\mathrm{e}^{-t/\tau}=0{,}99$ donne $\mathrm{e}^{-t/\tau}=0{,}01$, donc $t=\tau\ln 100\approx 0{,}141(4{,}61)\approx 0{,}650$ s. Non, la bille n'atteint jamais exactement $v_{\ell}$ : l'exponentielle ne s'annule pour aucune valeur finie de $t$, la vitesse limite est une asymptote. En pratique, après quelques $\tau$ l'écart devient plus petit que toute précision de mesure, et on parle de vitesse limite atteinte.

e) Bras écartés : à la vitesse limite, $kv_{\ell}^{2}=mg$, donc $k=\frac{80{,}0(9{,}80)}{55{,}0^{2}}=\frac{784}{3025}\approx 0{,}259$ kg/m. Parachute ouvert : $k'=\frac{784}{6{,}00^{2}}=\frac{784}{36{,}0}\approx 21{,}8$ kg/m, soit environ $84$ fois plus, ce qui est bien l'ordre de grandeur du rapport des surfaces. Si cette valeur s'appliquait d'un coup alors que le parachutiste va encore à $55{,}0$ m/s : $F=k'v^{2}=21{,}8(3025)\approx 6{,}59\times 10^{4}$ N vers le haut, résultante $6{,}51\times 10^{4}$ N, donc $a=\frac{6{,}51\times 10^{4}}{80{,}0}\approx 814$ m/s$^{2}$, soit $83\,g$. Aucun corps humain ne survit à cela. La conclusion est physique et non mathématique : un parachute ne peut PAS s'ouvrir instantanément. Les voiles modernes se déploient progressivement, sur environ une seconde, grâce à un anneau glisseur qui retient l'ouverture, ce qui ramène la décélération à quelques $g$ seulement.