1. **Énoncé du problème :** On étudie la chute verticale d'une bille homogène dans un liquide, soumise à son poids, à la force de frottement fluide $\vec{f} = -\mu \vec{v}$ et à la poussée d'Archimède $\vec{F} = -\rho_L V_B \vec{g}$. La position de la bille est donnée par $z(t)$, avec $z$ vers le bas. 2. **Application de la deuxième loi de Newton :** La somme des forces sur la bille est : $$ m_B \frac{dv_z}{dt} = m_B g - \mu v_z - \rho_L V_B g $$ 3. **Formule et simplification :** On sait que $m_B = \rho_B V_B$, donc : $$ m_B \frac{dv_z}{dt} = m_B g - \mu v_z - \rho_L V_B g = m_B g - \mu v_z - \rho_L \frac{m_B}{\rho_B} g $$ 4. **Réarrangement :** $$ m_B \frac{dv_z}{dt} + \mu v_z = m_B g - \rho_L \frac{m_B}{\rho_B} g = m_B g \left(1 - \frac{\rho_L}{\rho_B}\right) $$ 5. **Division par $m_B$ :** $$ \frac{dv_z}{dt} + \frac{\mu}{m_B} v_z = g \left(1 - \frac{\rho_L}{\rho_B}\right) $$ 6. **Définition du temps caractéristique $\tau$ :** $$ \tau = \frac{m_B}{\mu} \implies \frac{1}{\tau} = \frac{\mu}{m_B} $$ 7. **Équation différentielle finale :** $$ \frac{dv_z}{dt} + \frac{1}{\tau} v_z = g \left(1 - \frac{\rho_L}{\rho_B}\right) $$ --- 8. **Données de la figure 2 :** - La vitesse limite $v_l$ est la valeur vers laquelle $v_z(t)$ tend quand $t \to \infty$. - La tangente en $t=0$ a une pente égale à l'accélération initiale $a_0$. 9. **2-1. Vitesse limite $v_l$ :** À l'équilibre, $\frac{dv_z}{dt} = 0$, donc : $$ v_l = \tau g \left(1 - \frac{\rho_L}{\rho_B}\right) $$ D'après la figure, on lit $v_l \approx 0{,}04$ m/s (valeur hypothétique à ajuster selon la figure). 10. **2-2. Temps caractéristique $\tau$ :** La tangente en $t=0$ est donnée par : $$ a_0 = \left. \frac{dv_z}{dt} \right|_{t=0} = g \left(1 - \frac{\rho_L}{\rho_B}\right) $$ La pente de la tangente est mesurée sur la figure, supposons $a_0 \approx 0{,}4$ m/s$^2$ (valeur hypothétique). 11. **2-3. Accélération initiale $a_0$ :** Elle est égale à la pente de la tangente en $t=0$. --- 12. **Calcul de $\mu$ et $\rho_L$ :** De l'équation de $v_l$ : $$ v_l = \tau g \left(1 - \frac{\rho_L}{\rho_B}\right) $$ De la définition de $\tau$ : $$ \tau = \frac{m_B}{\mu} $$ Donc : $$ v_l = \frac{m_B}{\mu} g \left(1 - \frac{\rho_L}{\rho_B}\right) \implies \mu = \frac{m_B g \left(1 - \frac{\rho_L}{\rho_B}\right)}{v_l} $$ De l'accélération initiale : $$ a_0 = g \left(1 - \frac{\rho_L}{\rho_B}\right) $$ On peut isoler $\rho_L$ : $$ 1 - \frac{\rho_L}{\rho_B} = \frac{a_0}{g} \implies \rho_L = \rho_B \left(1 - \frac{a_0}{g}\right) $$ 13. **Valeurs numériques :** - $g = 10$ m/s$^2$ - $m_B = 5{,}0$ g = $5{,}0 \times 10^{-3}$ kg - $\rho_B = 5{,}526 \times 10^3$ kg/m$^3$ - Supposons $v_l = 0{,}04$ m/s et $a_0 = 0{,}4$ m/s$^2$ (à ajuster selon la figure) 14. **Calcul de $\rho_L$ :** $$ \rho_L = 5{,}526 \times 10^3 \times \left(1 - \frac{0{,}4}{10}\right) = 5{,}526 \times 10^3 \times 0{,}96 = 5{,}305 \times 10^3 \text{ kg/m}^3 $$ 15. **Calcul de $\mu$ :** $$ \mu = \frac{5{,}0 \times 10^{-3} \times 10 \times 0{,}96}{0{,}04} = \frac{0{,}048}{0{,}04} = 1{,}2 \text{ kg/s} $$