Feuille d'entraînement : Cinématique et dynamique du point

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique BCPST 2025, Q16

   Considérons une particule solide sphérique de diamètre d, de volume V_{\mathrm{s}} = \frac{\pi d^3}{6} et de masse m = \rho_{\mathrm{s}} V_{\mathrm{s}}, en chute verticale dans le gaz du nuage à la vitesse limite v_{\mathrm{s}} (orientée vers le bas).

   Le bilan des forces projeté selon l'axe vertical descendant s'écrit :

   • le poids de la particule :

     P = m g = \rho_{\mathrm{s}} \frac{\pi d^3}{6} g

   • la poussée d'Archimède exercée par le gaz du nuage :

     \Pi_{\mathrm{A}} = \rho_{\mathrm{g}} \frac{\pi d^3}{6} g

   • la force de traînée fluide (résultante vers le haut), d'après la question Q14 :

     F_{\mathrm{T}} = \frac{1}{2} C_x \rho_{\mathrm{g}} S v_{\mathrm{s}}^2 = \frac{1}{2} C_x \rho_{\mathrm{g}} \left( \frac{\pi d^2}{4} \right) v_{\mathrm{s}}^2

   Dans le régime \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} \lesssim 1, en utilisant l'expression du coefficient de traînée C_x = \frac{C_1}{\mathrm{Re}_{\mathrm{p}}} et celle du nombre de Reynolds particulaire \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} = \frac{\rho_{\mathrm{g}} d v_{\mathrm{s}}}{\eta_{\mathrm{g}}} :

   \begin{aligned} F_{\mathrm{T}} &= \frac{1}{2} \left( \frac{C_1 \eta_{\mathrm{g}}}{\rho_{\mathrm{g}} d v_{\mathrm{s}}} \right) \rho_{\mathrm{g}} \left( \frac{\pi d^2}{4} \right) v_{\mathrm{s}}^2 \\ &= \frac{\pi C_1}{8} \eta_{\mathrm{g}} d v_{\mathrm{s}} \end{aligned}

   À la vitesse limite de sédimentation v_{\mathrm{s}}, l'accélération de la particule est nulle. Le principe fondamental de la dynamique se réduit à l'équilibre des forces :

   P - \Pi_{\mathrm{A}} - F_{\mathrm{T}} = 0

   En introduisant \Delta\rho = \rho_{\mathrm{s}} - \rho_{\mathrm{g}}, il vient :

   \begin{aligned} \Delta\rho \frac{\pi d^3}{6} g &= \frac{\pi C_1}{8} \eta_{\mathrm{g}} d v_{\mathrm{s}} \end{aligned}

   En simplifiant par \pi d, on obtient :

   \boxed{v_{\mathrm{s}} = \frac{4}{3 C_1} \frac{\Delta\rho \, g \, d^2}{\eta_{\mathrm{g}}}}

   Résultat

   $$v_{\mathrm{s}}=\frac{4}{3C_1}\frac{\Delta \rho g{d}^2}{{\eta }_{\mathrm{g}}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique BCPST 2025, Q25

   Le satellite \mathrm{S} est astreint à une orbite circulaire de rayon fixe r = R_{\mathrm{T}} + H = \text{Cste} dans le plan (\mathrm{O}, x, y). Son vecteur position s'écrit :

   \overrightarrow{\mathrm{OS}}(t) = r \vec{e}_r

   La vitesse de \mathrm{S} dans le référentiel \mathcal{R}_0 est la dérivée temporelle de son vecteur position :

   \begin{aligned} \vec{v} &= \left( \frac{\mathrm{d}\overrightarrow{\mathrm{OS}}}{\mathrm{d}t} \right)_{\mathcal{R}_0} = \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}\vec{e}_r + r\frac{\mathrm{d}\vec{e}_r}{\mathrm{d}t} \end{aligned}

   Comme r est constant, \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} = 0, et d'après l'équation (11), \frac{\mathrm{d}\vec{e}_r}{\mathrm{d}t} = \dot{\theta}\vec{e}_\theta. On en déduit :

   \boxed{\vec{v} = r \dot{\theta} \vec{e}_\theta}

   L'accélération \vec{\gamma} du point matériel \mathrm{S} dans \mathcal{R}_0 s'obtient en dérivant le vecteur vitesse :

   \begin{aligned} \vec{\gamma} &= \left( \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} \right)_{\mathcal{R}_0} \\ &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( r\dot{\theta} \vec{e}_\theta \right) \\ &= r\ddot{\theta} \vec{e}_\theta + r\dot{\theta}\frac{\mathrm{d}\vec{e}_\theta}{\mathrm{d}t} \end{aligned}

   En utilisant la relation \frac{\mathrm{d}\vec{e}_\theta}{\mathrm{d}t} = -\dot{\theta}\vec{e}_r, il vient :

   \boxed{\vec{\gamma} = -r\dot{\theta}^2 \vec{e}_r + r\ddot{\theta} \vec{e}_\theta}

   Résultat

   $$\vec{v}=r\dot{\theta }{\vec{e}}_{\theta }$$

   $$\vec{\gamma }=-r{\dot{\theta }}^2{\vec{e}}_r+r\ddot{\theta }{\vec{e}}_{\theta }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique BCPST 2023, Q16

   Dans le référentiel galiléen lié au centre de masse G, les positions le long de l'axe (Ox) orienté par \vec{e}_x s'écrivent :

   \vec{r}_A = x_A \vec{e}_x = -R_A \vec{e}_x \quad \text{et} \quad \vec{r}_B = x_B \vec{e}_x = R_B \vec{e}_x

   La distance internucléaire est donc R = x_B - x_A = R_B + R_A.

   D'après le modèle harmonique validé à la question précédente, la force de rappel élastique exercée par A sur B s'écrit :

   \vec{F}_{A \to B} = -k(R - R_e)\,\vec{e}_x

   D'après le principe des actions réciproques (troisième loi de Newton) :

   \vec{F}_{B \to A} = -\vec{F}_{A \to B} = +k(R - R_e)\,\vec{e}_x

   1. Application du PFD au point matériel B :

   m_B \frac{\mathrm{d}^2 x_B}{\mathrm{d}t^2}\,\vec{e}_x = \vec{F}_{A \to B} \implies m_B \frac{\mathrm{d}^2 x_B}{\mathrm{d}t^2} = -k(R - R_e)

   Soit :

   \frac{\mathrm{d}^2 x_B}{\mathrm{d}t^2} = -\frac{k}{m_B}(R - R_e)

   2. Application du PFD au point matériel A :

   m_A \frac{\mathrm{d}^2 x_A}{\mathrm{d}t^2}\,\vec{e}_x = \vec{F}_{B \to A} \implies m_A \frac{\mathrm{d}^2 x_A}{\mathrm{d}t^2} = +k(R - R_e)

   Soit :

   \frac{\mathrm{d}^2 x_A}{\mathrm{d}t^2} = +\frac{k}{m_A}(R - R_e)

   3. Équation différentielle sur R(t) :

   En soustrayant membre à membre les deux équations précédentes :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}^2 R}{\mathrm{d}t^2} &= \frac{\mathrm{d}^2 x_B}{\mathrm{d}t^2} - \frac{\mathrm{d}^2 x_A}{\mathrm{d}t^2} \\ &= -\left(\frac{1}{m_A} + \frac{1}{m_B}\right) k(R - R_e) \end{aligned}

   En introduisant la masse réduite \mu = \frac{m_A m_B}{m_A + m_B}, on a \frac{1}{\mu} = \frac{1}{m_A} + \frac{1}{m_B}, d'où :

   \frac{\mathrm{d}^2 R}{\mathrm{d}t^2} + \frac{k}{\mu}(R - R_e) = 0

   On obtient bien l'équation demandée :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2 R}{\mathrm{d}t^2} + \omega_0^2(R - R_e) = 0}

   avec :

   \boxed{\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{\mu}}}

   4. Fréquence d'oscillation :

   La fréquence des oscillations vibrationnelles est donnée par f = \frac{\omega_0}{2\pi} :

   \boxed{f = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{\mu}}}

   5. Domaine spectral associé :

   Les transitions vibrationnelles des molécules correspondent classiquement à l'absorption ou à l'émission de rayonnement dans le domaine de l'infrarouge (IR), typiquement pour des longueurs d'onde :

   \boxed{\lambda \in [0{,}8\,\mu\mathrm{m}\;;\;100\,\mu\mathrm{m}]} \quad (\text{en particulier l'infrarouge moyen : } 2{,}5\,\mu\mathrm{m} \text{ à } 25\,\mu\mathrm{m})

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^{2}R}{\mathrm{d}{t}^2}+{\omega }_0^2(R-R_e)=0$$

   $${\omega }_0=\sqrt{\frac{k}{\mu }}$$

   $$f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{\mu }}$$

   $$\lambda \in [0,8\mu \mathrm{m};100\mu \mathrm{m}]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique BCPST 2022, Q9

   On étudie la gouttelette de masse m et de rayon R, assimilée à un point matériel, dans le référentiel terrestre \mathcal{R}(\mathrm{O}, x, y, z) supposé galiléen.

   La gouttelette sphérique est constituée d'eau de masse volumique \rho, d'où sa masse :

   m = \frac{4}{3}\pi R^3 \rho

   Elle est soumise à deux forces (la poussée d'Archimède étant négligée selon l'énoncé) :

   • son poids : \vec{P} = m\vec{g} = -mg\,\vec{e}_z ;
   • la force de traînée visqueuse de Stokes : \vec{F}_{\mathrm{v}} = -6\pi\eta R\vec{v}.

   D'après le principe fondamental de la dynamique :

   m\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \vec{P} + \vec{F}_{\mathrm{v}} = -mg\,\vec{e}_z - 6\pi\eta R\vec{v}

   En divisant par m :

   \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} + \frac{6\pi\eta R}{m}\vec{v} = -g\,\vec{e}_z

   Or, le rapport \dfrac{m}{6\pi\eta R} s'écrit :

   \frac{m}{6\pi\eta R} = \frac{\frac{4}{3}\pi R^3 \rho}{6\pi\eta R} = \frac{2\rho R^2}{9\eta} = \tau^\star

   L'équation vectorielle devient donc :

   \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} + \frac{\vec{v}}{\tau^\star} = -g\,\vec{e}_z

   Par projection sur les axes (\mathrm{O}x) et (\mathrm{O}z), on obtient les équations différentielles scalaires vérifiées par v_x et v_z :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}v_x}{\mathrm{d}t} + \frac{v_x}{\tau^\star} = 0}

   \boxed{\frac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} + \frac{v_z}{\tau^\star} = -g}

   Signification physique : \tau^\star représente le temps de relaxation visqueuse de la gouttelette (durée caractéristique du régime transitoire). C'est l'échelle de temps au bout de laquelle la composante horizontale de la vitesse s'amortit significativement (extinction de l'inertie initiale) et la vitesse verticale de chute s'approche de sa vitesse limite permanente.

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{v}_x}{\mathrm{d}t}+\frac{v_x}{{\tau }^{\star }}=0$$

   $$\frac{\mathrm{d}{v}_z}{\mathrm{d}t}+\frac{v_z}{{\tau }^{\star }}=-g$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique BCPST 2022, Q10

   Lorsque la gouttelette atteint sa vitesse limite de chute, son accélération s'annule : \dfrac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} = 0.

   D'après l'équation différentielle établie à la question Q9 :

   \frac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} + \frac{v_z}{\tau^\star} = -g

   On en déduit immédiatement la composante verticale limite :

   \boxed{v_z^\star = -g \tau^\star}

   La valeur absolue de cette vitesse limite s'écrit donc :

   |v_z^\star| = g \tau^\star = \frac{2\rho g R^2}{9\eta}

   Applications numériques :

   • Pour R = 20\text{ }\mu\mathrm{m} = 2{,}0 \times 10^{-5}\text{ m} :

     |v_z^\star| = \frac{2 \times 10^3 \times 10 \times (2{,}0 \times 10^{-5})^2}{9 \times 2 \times 10^{-5}} = \frac{4}{90}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \simeq 4{,}4 \times 10^{-2}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} = 4{,}4\text{ cm}\cdot\text{s}^{-1}
     \boxed{|v_z^\star|_{R=20\,\mu\text{m}} \simeq 4{,}4 \times 10^{-2}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   • Pour R = 100\text{ }\mu\mathrm{m} = 1{,}0 \times 10^{-4}\text{ m} : Comme |v_z^\star| \propto R^2, le rayon étant multiplié par 5, la vitesse limite est multipliée par 5^2 = 25 :

     |v_z^\star| = 25 \times \frac{4}{90}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} = \frac{10}{9}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \simeq 1{,}1\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}
     \boxed{|v_z^\star|_{R=100\,\mu\text{m}} \simeq 1{,}1\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$v_z^{\star }=-g{\tau }^{\star }$$

   $$|v_z^{\star }{|}_{R=20\mu \text{m}}\simeq 4,4\times 10^{-2}\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$|v_z^{\star }{|}_{R=100\mu \text{m}}\simeq 1,1\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique BCPST 2022, Q11

   La formule de Stokes \vec{F}_{\mathrm{v}} = -6\pi\eta R\vec{v} modélise la traînée visqueuse en régime d'écoulement rampant, c'est-à-dire lorsque les forces d'inertie du fluide sont négligeables devant les forces visqueuses. Ce régime est caractérisé par un nombre de Reynolds :

   Re = \frac{\rho_{\mathrm{air}} v D}{\eta} = \frac{2\rho_{\mathrm{air}} v R}{\eta} \ll 1

   où D = 2R est la dimension caractéristique de la gouttelette (son diamètre) et v sa vitesse par rapport à l'air.

   En considérant la vitesse limite de chute |v_z^\star| calculée à la question Q10 :

   • Pour R = 20\text{ }\mu\text{m}, avec |v_z^\star| \simeq 4{,}4 \times 10^{-2}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

     \begin{aligned} Re &= \frac{2 \times 1 \times 4{,}4 \times 10^{-2} \times 20 \times 10^{-6}}{2 \times 10^{-5}} = 8{,}8 \times 10^{-2} \simeq 0{,}09 \end{aligned}

     On a Re \ll 1 : la relation de Stokes est pleinement justifiée.

   • Pour R = 100\text{ }\mu\text{m}, avec |v_z^\star| \simeq 1{,}1\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

     \begin{aligned} Re &= \frac{2 \times 1 \times 1{,}1 \times 100 \times 10^{-6}}{2 \times 10^{-5}} = 11 \end{aligned}

     On a Re > 1 : les forces d'inertie du fluide ne sont plus négligeables devant les forces visqueuses. La relation de Stokes cesse d'être rigoureusement valable (il faudrait introduire une traînée non linéaire, intermédiaire entre le régime visqueux et le régime quadratique de Newton).

   \boxed{\text{La formule de Stokes est valable pour } R = 20\text{ }\mu\text{m}\ (Re \simeq 0{,}09 \ll 1)\text{, mais n'est plus adaptée pour } R = 100\text{ }\mu\text{m}\ (Re \simeq 11 > 1).}

   Résultat

   $$\text{La formule de Stokes est valable pour }R=20\mu \text{m}(Re\simeq 0,09\ll 1)\text{, mais n’est plus adapteˊe pour }R=100\mu \text{m}(Re\simeq 11>1).$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique BCPST 2021, Q43

   On étudie la masse effective m dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen. Le mouvement s'effectuant uniquement le long de l'axe (Ox), le bilan des forces horizontales s'écrit :

   • la force piézo-électrique : \vec{F}(U) = F(U)\,\vec{e}_x ;
   • la force de rappel élastique exercée par le ressort de raideur k et de longueur à vide nulle : \vec{F}_{\text{rappel}} = -k\,x_m(t)\,\vec{e}_x.

   D'après le principe fondamental de la dynamique appliqué à la masse m en projection sur l'axe (Ox) :

   m \frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} = F(U) - k\,x_m(t)

   En introduisant la variable L(U) = \dfrac{F(U)}{k}, on obtient :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} + \frac{k}{m}\left(x_m(t) - L(U)\right) = 0}

   ou, sous forme équivalente avec la pulsation propre \omega_0 = \sqrt{k/m} :

   \frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} + \omega_0^2 x_m(t) = \omega_0^2 L(U)

   En régime quasi-statique, les variations temporelles sont suffisamment lentes pour que l'accélération soit négligeable devant les termes de force (\ddot{x}_m \approx 0). L'équation du mouvement se réduit à :

   x_m(t) \approx L(U)

   L(U) représente donc la position d'équilibre (ou le déplacement statique) de la masse effective m sous l'effet de la tension appliquée U.

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2{x}_m(t)}{\mathrm{d}{t}^2}+\frac{k}{m}\left(x_m(t)-L(U)\right)=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique BCPST 2021, Q47

   On étudie la masse M, assimilée à un point matériel ou en translation, dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen, muni de la base orthonormée (\vec{e}_x, \vec{e}_y, \vec{e}_z).

   Le système est soumis à deux actions mécaniques :

   • son poids :

     \vec{P} = -M g\,\vec{e}_z

   • la force de contact exercée par la masse m, décomposée en une composante normale \vec{N}_{m \to M} = N\,\vec{e}_z et une composante tangentielle de frottement donnée par l'énoncé \vec{F}_{m \to M}^t = T\,\vec{e}_x :

     \vec{F}_{m \to M} = T\,\vec{e}_x + N\,\vec{e}_z

   Le principe fondamental de la dynamique s'écrit :

   M \frac{\mathrm{d}^2 \vec{r}_M}{\mathrm{d}t^2} = \vec{P} + \vec{F}_{m \to M} = T\,\vec{e}_x + (N - Mg)\,\vec{e}_z

   Le mouvement étant purement horizontal d'après l'énoncé, l'accélération selon la verticale est nulle (\ddot{z}_M = 0), ce qui confirme N = Mg.

   En projection selon l'axe horizontal (Ox), on obtient l'équation différentielle recherchée :

   \boxed{M \frac{\mathrm{d}^2 x_M}{\mathrm{d}t^2}(t) = T}

   soit encore :

   \frac{\mathrm{d}^2 x_M}{\mathrm{d}t^2}(t) = \frac{T}{M}

   Résultat

   $$M\frac{{\mathrm{d}}^2{x}_M}{\mathrm{d}{t}^2}(t)=T$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS Physique BCPST 2020, Q17

   On étudie la sphère de rayon r_0 et de masse volumique \rho_0, soit de volume \mathcal{V} = \frac{4}{3}\pi r_0^3 et de masse :

   m = \rho_0 \mathcal{V} = \frac{4}{3}\pi r_0^3 \rho_0

   L'étude est menée dans le référentiel du laboratoire \mathcal{R}(Ox'y'z'), supposé galiléen, au sein duquel le fluide est immobile au repos.

   La sphère est soumise à trois forces :

   • son poids : \vec{P} = m\vec{g} = \rho_0 \mathcal{V}\vec{g} ;
   • la poussée d'Archimède, prise sous sa forme statique : \vec{\Pi} = -\rho \mathcal{V}\vec{g} ;
   • la force de frottement visqueux de Stokes : \vec{F}_{\mathrm{S}} = -6\pi\eta r_0 \vec{V}.

   D'après la deuxième loi de Newton (principe fondamental de la dynamique) :

   m \frac{\mathrm{d}\vec{V}}{\mathrm{d}t} = \vec{P} + \vec{\Pi} + \vec{F}_{\mathrm{S}} = (\rho_0 - \rho)\mathcal{V}\vec{g} - 6\pi\eta r_0 \vec{V}

   En divisant par la masse m = \rho_0 \mathcal{V} = \frac{4}{3}\pi r_0^3 \rho_0, il vient :

   \frac{\mathrm{d}\vec{V}}{\mathrm{d}t} + \frac{6\pi\eta r_0}{\frac{4}{3}\pi r_0^3 \rho_0}\vec{V} = \frac{\rho_0 - \rho}{\rho_0}\vec{g}

   Le terme d'amortissement se simplifie selon :

   \frac{6\pi\eta r_0}{\frac{4}{3}\pi r_0^3 \rho_0} = \frac{9\eta}{2\rho_0 r_0^2}

   L'équation différentielle vérifiée par la vitesse \vec{V} s'écrit donc :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}\vec{V}}{\mathrm{d}t} + \frac{9\eta}{2\rho_0 r_0^2}\vec{V} = \left(1 - \frac{\rho}{\rho_0}\right)\vec{g}}

   ou, projetée sur l'axe vertical ascendant \vec{e}_{z'} avec \vec{g} = -g\vec{e}_{z'} :

   \frac{\mathrm{d}V_{z'}}{\mathrm{d}t} + \frac{9\eta}{2\rho_0 r_0^2}V_{z'} = -\left(1 - \frac{\rho}{\rho_0}\right)g

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}\vec{V}}{\mathrm{d}t}+\frac{9\eta }{2{\rho }_0{r}_0^2}\vec{V}=\left(1-\frac{\rho }{{\rho }_0}\right)\vec{g}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique BCPST 2020, Q18

    D'après la question Q17, l'équation différentielle vérifiée par le vecteur vitesse \vec{V}(t) s'écrit :

    \frac{\mathrm{d}\vec{V}}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{\tau}\vec{V} = \left(1 - \frac{\rho}{\rho_0}\right)\vec{g}

    en introduisant le temps caractéristique :

    \boxed{\tau = \frac{2\rho_0 r_0^2}{9\eta}}

    La solution générale de cette équation différentielle linéaire à coefficients constants avec second membre constant est de la forme :

    \vec{V}(t) = \vec{A}\,\mathrm{e}^{-t/\tau} + \vec{V}_\infty

    où la solution particulière constante (la vitesse limite lorsque t \to \infty) vaut :

    \vec{V}_\infty = \tau \left(1 - \frac{\rho}{\rho_0}\right)\vec{g} = \frac{2(\rho_0 - \rho) r_0^2}{9\eta}\,\vec{g}

    La sphère étant lâchée sans vitesse initiale (\vec{V}(0) = \vec{0}), la constante d'intégration vaut \vec{A} = -\vec{V}_\infty, d'où :

    \boxed{\vec{V}(t) = \vec{V}_\infty \left(1 - \mathrm{e}^{-t/\tau}\right)}

    Puisque \rho_0 \geqslant \rho, le facteur scalaire \frac{2(\rho_0 - \rho) r_0^2}{9\eta} est positif ou nul. Le vecteur vitesse \vec{V}(t) reste à tout instant colinéaire à \vec{g} et de même sens : la sphère tombe donc verticalement vers le bas, dans la direction et le sens de la pesanteur (\vec{g} = -g\vec{e}_{z'}).

    Au bout de quelques temps caractéristiques \tau (par exemple pour t \gtrsim 3\tau à 5\%, ou t \gtrsim 5\tau à moins de 1\%), le terme exponentiel devient négligeable et la sphère atteint une vitesse constante \vec{V}_\infty, dont la norme vaut :

    \boxed{V_\infty = \frac{2(\rho_0 - \rho) g r_0^2}{9\eta}}

    Résultat

    $$\tau =\frac{2{\rho }_0{r}_0^2}{9\eta }$$

    $$\vec{V}(t)={\vec{V}}_{\infty }\left(1-{\mathrm{e}}^{-t/\tau }\right)$$

    $$V_{\infty }=\frac{2({\rho }_0-\rho )g{r}_0^2}{9\eta }$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question