La descente est plus lente que la montée

1) Le coefficient. À la vitesse limite de chute, le volant descend à vitesse constante : la somme des forces est nulle, $mg=\kappa v_{\ell }^2$, d'où $\kappa =\frac{mg}{v_{\ell }^2}\approx 1,06\times 10^{-3}\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^{-1}$. On retiendra surtout $\frac{\kappa }{m}=\frac{g}{v_{\ell }^2}$.

2) Le raisonnement sans calcul. Le théorème de l'énergie mécanique s'écrit $\Delta E_{\mathrm{m}}=W_{\text{air}}$, avec $E_{\mathrm{m}}=\frac{1}{2}m{v}^2+mgz$ ; la force de l'air a pour puissance $\mathcal{P}=\overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{v}=-\kappa \Vert \overrightarrow{v}{\Vert }^3$, strictement négative dès que le volant bouge.

Soit $z$ une altitude comprise entre $0$ et le sommet $H$, atteinte à l'instant $t_1$ à la montée et à l'instant $t_2>t_1$ à la descente. Entre ces deux instants, le volant n'est pas immobile (il ne l'est qu'un instant, au sommet), donc $$E_{\mathrm{m}}(t_2)-E_{\mathrm{m}}(t_1)={\int }_{t_1}^{t_2}-\kappa \Vert \overrightarrow{v}{\Vert }^3\mathrm{d}t<0.$$ Les deux passages ayant lieu à la même altitude, les énergies potentielles sont égales et la différence porte sur l'énergie cinétique seule : $v_{\downarrow }(z)<v_{\uparrow }(z)$, en notant $v$ les normes des vitesses.

Conséquence sur les durées. La montée dure $t_{\uparrow }={\int }_0^H\frac{\mathrm{d}z}{v_{\uparrow }(z)}$ et la descente $t_{\downarrow }={\int }_0^H\frac{\mathrm{d}z}{v_{\downarrow }(z)}$ : c'est la même distance parcourue, mais, à chaque altitude, plus lentement. Comme $\frac{1}{v_{\downarrow }(z)}>\frac{1}{v_{\uparrow }(z)}$ pour tout $z$ de $[0,H[$, on a $t_{\downarrow }>t_{\uparrow }$. Conséquence sur le retour. En $z=0$, la même inégalité donne $v_{\text{ret}}<v_0$.

Le point délicat. L'argument n'utilise de la force que le signe de sa puissance : il vaut pour tout frottement. Et il compare des altitudes, pas des instants.

3) La montée. Pendant la montée, $v=\dot{z}>0$ et la loi de la quantité de mouvement projetée sur $Oz$ donne $m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-mg-\kappa v^2$. On change de variable : le long du mouvement, $w=v^2$ est une fonction de $z$, et $$\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}z}=2v\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}z}=2v\frac{\mathrm{d}v/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}z/\mathrm{d}t}=2\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-2g-\frac{2\kappa }{m}w=-2g\left(1+\frac{w}{v_{\ell }^2}\right).$$ C'est une équation linéaire du premier ordre en $w$, alors que l'équation en $v(t)$ était non linéaire. En posant $W=1+w/v_{\ell }^2$, elle s'écrit $\frac{\mathrm{d}W}{\mathrm{d}z}=-\frac{2g}{v_{\ell }^2}W$, d'où $W(z)=(1+\frac{v_0^2}{v_{\ell }^2}){\mathrm{e}}^{-2gz/v_{\ell }^2}$. Au sommet, $w=0$, soit $W=1$ : $$\boxed{H=\frac{v_{\ell }^2}{2g}\ln \left(1+\frac{v_0^2}{v_{\ell }^2}\right)}.$$

4) La descente. Maintenant $v=\dot{z}<0$, $\Vert \overrightarrow{v}\Vert =-v$, et la force de l'air, $-\kappa \Vert \overrightarrow{v}\Vert \overrightarrow{v}$, est dirigée vers le haut : $m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-mg+\kappa v^2$. Le même calcul ($\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}z}=2\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}$ reste vrai, puisque $\dot{z}=v$ quel que soit son signe) donne $$\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}z}=-2g\left(1-\frac{w}{v_{\ell }^2}\right).$$ On pose $W^{\prime }=1-w/v_{\ell }^2$ : $\frac{\mathrm{d}{W}^{\prime }}{\mathrm{d}z}=\frac{2g}{v_{\ell }^2}{W}^{\prime }$, avec $W^{\prime }=1$ au sommet $z=H$. Donc $W^{\prime }(z)={\mathrm{e}}^{-2g(H-z)/v_{\ell }^2}$, et au retour en $z=0$, d'après l'expression de $H$, $W^{\prime }(0)={\mathrm{e}}^{-2gH/v_{\ell }^2}=\frac{1}{1+v_0^2/v_{\ell }^2}$. D'où $\frac{v_{\text{ret}}^2}{v_{\ell }^2}=1-\frac{v_{\ell }^2}{v_{\ell }^2+v_0^2}=\frac{v_0^2}{v_0^2+v_{\ell }^2}$ : $$\boxed{v_{\text{ret}}=\frac{v_0{v}_{\ell }}{\sqrt{v_0^2+v_{\ell }^2}}}.$$ On vérifie au passage la question 2 : $v_{\text{ret}}<v_0$, puisque $v_{\ell }<\sqrt{v_0^2+v_{\ell }^2}$.

5) Applications numériques et cas limites. $H=\frac{6,8^2}{2\times 9,81}\ln (1+\frac{900}{46,24})\approx 7,1\mathrm{m}$, contre $v_0^2/(2g)\approx 45,9\mathrm{m}$ sans air : l'air divise la hauteur par plus de six. Et $v_{\text{ret}}\approx 6,6\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$, à peine moins que $v_{\ell }$ : le volant revient pratiquement à sa vitesse limite.

Si $v_0\ll v_{\ell }$. Avec $\ln (1+u)=u-\frac{u^2}{2}+O(u^3)$ et $u=v_0^2/v_{\ell }^2$ : $H\simeq \frac{v_0^2}{2g}(1-\frac{v_0^2}{2v_{\ell }^2})$, et $v_{\text{ret}}\simeq v_0(1-\frac{v_0^2}{2v_{\ell }^2})$. On retrouve à l'ordre zéro la chute libre sans frottement, et une correction relative en $(v_0/v_{\ell }{)}^2$ : l'air est négligeable si la vitesse reste petite devant la vitesse limite.

Si $v_0\gg v_{\ell }$. $H\simeq \frac{v_{\ell }^2}{g}\ln \frac{v_0}{v_{\ell }}$ ne croît plus que comme le logarithme de $v_0$ : frapper deux fois plus fort ne fait monter le volant que de $\frac{v_{\ell }^2}{g}\ln 2\approx 3,3\mathrm{m}$ de plus. Et $v_{\text{ret}}\to v_{\ell }$ : le volant « oublie » sa vitesse initiale.

6) Les durées. $t_{\uparrow }=\frac{6,8}{9,81}\arctan \frac{30}{6,8}\approx 0,93\mathrm{s}$, donc $t_{\downarrow }\approx 2,45-0,93=1,52\mathrm{s}$. La descente dure plus d'une fois et demie la montée, conformément à la question 2.

Ce que l'exercice installe. Le théorème de l'énergie mécanique compare deux états de même position sans rien résoudre : c'est un argument de signe (la puissance d'un frottement est négative), et il est robuste. Ensuite, pour une force qui dépend de $v^2$, la bonne variable est $w=v^2$ vue comme fonction de la position : l'équation devient linéaire. Enfin, tout résultat se teste sur ses cas limites — ici, le retour à la chute libre quand $v_0\ll v_{\ell }$.