Mécanique classique 1. Rappels de cinématique classique

Mécanique classique

1. Rappels de cinématique classique

A. Cinématique du point.

A.1. On appelle référentiel un système d’axes liés à un observateur. Soit O un point fixe d’un référentiel, et M un point en mouvement, la vitesse v et l’accélération g du point M dans ce référentiel sont définies par :

d /dt γ d /dt d² /dt ²

= = =

v OM v OM

A.2 Les expressions de v et de g en coordonnées cartésiennes et cylindriques sont :

(

) ( )

d d

d d

d d d d

d d d d

2

x y

x y z

x y z

r

r z r z

r r r

r z

r z

r x + y

x y z

x y z

r z r r z

t t

t t

r r z

r r r r z

θ

θ

θ

γ

θ θ

θ θ

θ

γ θ θ θ

=

= + +

= + +

+ = + +

= =

= + +

= − + + +

er e e

v e e e

e e e

OM e

OM = e e e e

e e e

e

v e e e

e e e

& & &

&& && &&

& &

&

&

& &

& & &&

&& & &&

A.3 Cas d’un mouvement à accélération centrale.

C’est par définition un mouvement pour lequel OM∧γ = 0γ = 0γ = 0γ = 0. Pour un tel mouvement, la vitesse aréolaire :

= ∧

C OM v

est constante. Ceci a pour conséquence que le mouvement s’effectue dans un plan fixe passant par O, en suivant la loi des aires (le rayon vecteur balaye des aires égales pendant des laps de temps égaux).

Si, dans le plan de la trajectoire, nous adoptons les coordonnées polaires, la vitesse aréolaire s’écrit :

=C

C k avec ² d dS

d 2d

C r

t t

= θ =

où dS est l’aire balayée par OM pendant dt. La constante C porte le nom de constante de la loi des aires.

A l’aide de la constante de la loi des aires, on peut éliminer le temps t des expressions de v² et de γ ; on obtient ainsi les formules de Binet :

{ d d

r r r

t θ

= OM = ^'

OM u &u + &u

(

)

( )

2 2

2 2

2

2 2 2 2 '

2 2

2 2

2

1 1

d d

1 d 1 d

d d d d

d 1 1

d

1 d 1

d

d 1 1

d

r r

r r r

v C

r r t t r

v r r C

r r

C

r r r

r

r r

θ

θ θ

θ θ

γ θ

θ θ

     

=    +     ⋅ = = −

   

= = −   + 

   

    

= −  +  + =

   

 

 = − ⋅

  

+ v u u

e e u

&

&

&

&

&

Ces expressions sont valables uniquement pour des mouvements à accélération centrale (donc, en mécanique classique, pour des mouvements à force centrale).

B. Cinématique du solide.

B.1. Loi de distribution des vitesses dans un solide.

Désignons par A et B deux points d’un solide en mouvement par rapport à un référentiel (R) ; les vitesses v_A et v_B de ces deux points (définies par rapport à (R), sont liées par :

B = A + ∧

v v ωωωω AB

Où ωωωω est un (pseudo.) vecteur, dépendant uniquement du temps, appelé vitesse instantanée de rotation du solide. En un point A du solide, v_A et ωωωω sont les composantes d’un torseur, appelé torseur des vitesses du solide à l’instant considéré.

L’axe central du torseur des vitesses est appelé axe instantané de rotation.

B.2 Condition de roulement sans glissement.

Un solide S roule sans glisser sur la surface d’un autre solide S0, si, à chaque instant, la vitesse v_I du point I de S en contact avec S0 est nulle (cette vitesse étant définie dans un référentiel lié à S0) :

I =0 v

Si v_I ≠0, cette vitesse est appelée vitesse de glissement de S par rapport à Sn. C. Changement de référentiel.

C.1. Composition des vitesses.

Un mouvement peut être défini dans un référentiel « absolu », ou dans un référentiel « relatif ». Le mouvement d’entraînement est le mouvement des points du

référentiel « relatif » par rapport au référentiel « absolu ». Le point P du référentiel

« relatif », dont la position est occupée à l’instant considéré par le point M dont on étudie le mouvement, porte le nom de point coïncidant. La composition des vitesses s’exprime par :

v^a = v^r + v^e

C.2 Composition des accélérations.

La composition des accélérations s’exprime par :

a e r c

γ =γ +γ +γ avec γ_c=2ωωωω_e∧v_r

γc est l’accélération complémentaire ou accélération de Coriolis.

C.3. Vitesse instantanée de rotation d’un solide et changement de référentiel.

Soit (S) un solide, (R) et (R’) deux référentiel :

(

) (

) (

)

a S R = e R R + r S R

ω ω ω

ω ω ω

ω ω ω

ω ω ω

Cette formule est pratique pour déterminer ωωωω . C.4. Dérivation et changement de référentiel.

Soit A un vecteur, (R) et (R’) deux référentiels :

( )

( ) ( ')

d d

dt _R dt _R ^e R R'/

   

= + ∧

   

   

A A

ω A ω ω ω

Exercices

Ex. 1. Equation des coniques. On considère une droite (D) perpendiculaire à l’axe Ox, et coupant cet axe à l’abscisse positive xD = p/e, où e et p sont des constantes positives. La droite (D) et l’axe Ox définissent un plan (P).

x H

p/e (D)

θ

Fig. 1.

O

M

1° On adopte dans ce plan (P) les coordonnées polaires, Ox étant pris comme axe polaire. Déterminer l’équation du lieu des points de (P) dont le rapport des distances à l’origine O et à la droite (D) est égal à e. Montrer, par des considérations très simples que, suivant les valeurs de e, ce lieu a ou n’a pas de points à l’infini. Ces courbes sont des coniques.

2° Exprimer les coordonnées d’un point d’une conique en coordonnées cartésiennes. Exprimer cos et sin en fonction de x, y, p et e. Obtenir l’équation des coniques en coordonnées cartésiennes.

3° Examiner le cas e = 1 en coordonnées cartésiennes. Lorsque e ≠ 1 Faire le changement de variables : Y = y ; X = x + ep/(1 - e²), écrire, en distinguant deux cas, l’équation des coniques avec ces nouvelles variables.

Réponse.

1° OM = r ; MH = p/e – r cosθ . En exprimant que OM/MH = e, on obtient : /(1 cos )

r= p +e θ .

Si e < 1, pas de points à l’infini, ellipse ; si e = 1 une direction (θ = π) pour laquelle il y a des points à l’infini (parabole) ; si e > 1, il y a deux directions pour lesquelles il y a des points à l’infini : ce sont les deux asymptotes de l’hyperbole.

2° x=rcosθ, y=rsinθ ; d’où ^{cosθ =x/}

(

)

(

)

d’où

( )

2 2 2 2

1 2

x −e + epx+y = p .

3° Si e = 1 : y = p² – 2px (parabole). Si e ≠ 1, avec le changement de variables indiqué :^X2

(

)

(

)

(

)

/ 1

x=X −ep −e et ^{x2 = X2−2ep/ 1}

(

)

^{( )}

(

)

( ) ( ) ( )

( ) ^{( ) ( ( ) )}

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ( ) ) ^{( ) ( )}

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 / 1 / 1 1 2 / 1

2 / 1 2 2 / 1

1 / 1 1 / 1 / 1

X ep e X ep e e ep X ep e Y p

X epX ep e epX ep e Y p

X e Y p ep e p e p e e p e

− − + − − + − − + =

− + − + − − + =

− + = + − = − + − = −

Ex. 2. Trajectoire, méthode de la bande de papier. Une barre AB de longueur l a ses extrémités qui restent sans cesse en contact l’une, A, avec l’axe Ox, l’autre, B, avec l’axe Oy, perpendiculaire à Ox.

1° Quelle est la trajectoire d’un point M de AB situé à la distance AM= b < l, de A ? On introduira l’angle ϕ que fait la barre avec Ox.

2° Quelles sont les composantes de la vitesse de ce point M ? Montrer que cette vitesse est perpendiculaire à IM, où I est le point du plan complétant le rectangle OAIB. Exprimer le module de la vitesse en fonction de IM.

1° x=

(

)

( )

2 2 2

' : / / 1

d où x l−b +y b = : c’est une ellipse.

2° vx = −

(

)

or ^{IM =−}

(

(

)

)

donc on a : v_M = −ϕ&k∧IM

Ex. 3. Recherche du vecteur-vitesse instantanée de rotation d’un solide.

Un cône de révolution et de demi-angle au sommet α, de hauteur h, roule sans glisser sur un plan horizontal. On désigne par u le vecteur unitaire porté par la génératrice de contact du cône et par u’ le vecteur du plan, directement perpendiculaire à u, et enfin par k le vecteur unitaire perpendiculaire au plan, et complétant le trièdre.

y B

A M

O x

I

ϕ

z

x

y

ψ ϕ

α k

u e3

O

C

Fig. 5.

On repère la position du cône par l’angle ψ que fait u avec une direction fixe du plan Ox, et on se propose de chercher, par deux méthodes, le vecteur-vitesse instantanée de rotation ωω du cône dans son mouvement autour de son sommet fixe ωω O.

1° Quel est l’axe instantané de rotation ? En déterminant, par exemple, la vitesse du centre C de la base du cône en fonction des paramètres géométriques et de ψ, calculer ωωω. ω

2° Décomposer ωωωω en ωωωω1 + ωωωω2, où ωωωω1 correspond au mouvement de précession autour de k, et ωωωω2 au mouvement propre autour de l’axe du cône. Relier ψ^& et ϕ^& en exprimant comme ci-dessus que le cône roule sans glisser. En déduire ωωωω.

Réponse

1° Tous les points de la génératrice de contact ont une vitesse nulle : cette génératrice est donc l’axe instantané de rotation ω=−ψ&cotgαu.

2° Ecrivons « à priori » ω=ψ&k+ϕ&e₃ (notations de la fig. 5). Or :

3 =cosα +sinα

e u k

donc ^ω=ψ&k+ϕ&

(

)

En exprimant que ωωωω est porté par u (cf. 1°) on obtient : / sin et cotgα

ϕ& = −ψ& α ω=−ψ& u

2. Eléments cinétiques d’un système.

A. Centre d’inertie (ou barycentre).

Pour un système formé de n points Ai de masse mi, le centre d’inertie est défini par :

soit 0

i i

i

i i

i i i

m m m Σ

Σ =

Σ OA

OG = GA

Pour une répartition continue dans un solide Sn, répartition caractérisée par la masse volumique ρ=d / dm t:

S S

S S

soit

i i

i i

dm d

dm d

ρ τ

ρ τ

∫∫∫ ∫∫∫

∫∫∫ ∫∫∫

OA OA

OG = OG =

B. Eléments cinétiques d’un système.

B.1. Cas d’un point matériel.

Considérons dans un référentiel R1, d’origine O, un point A de masse m, animé à l’instant t d’une vitesse v et d’une accélération γγγγ par rapport à R1 ; soit un point O un point généralement fixe de R1, (ce n’est pas obligatoire). On définit alors pour ce point A les éléments cinétiques suivants :

 la quantité de mouvement p=mv

 le moment cinétique par rapport à O σσσσ_ΟΟΟΟ =OA∧mv = OA∧p

 la quantité d’accélération S =mγγγγ

 le moment dynamique par rapport à O K_O =OA∧mγγγγ

 l’énergie cinétique E_c =1/ 2mv² B.2. torseur cinétique.

Pour un système de points Ai, de masse mi, on définit le torseur cinétique P en se donnant en chaque point O ses éléments de réduction (ou composantes) :

et

i i i i i i i i

i m i i m i

Σ = Σ = Σ ∧ = Σ ∧

P = v p σσσσ_ΟΟΟΟ OA v OA p

Appelés respectivement résultante cinétique et moment cinétique par rapport à O.

Remarque :

( )

P = OG/

B.3. Torseur dynamique.

On définit de même en chaque point O les composantes du torseur dynamique

[ ]

et

i i i i i

i m i m

Σ _O = Σ ∧

S = γγγγ K OA γγγγ

B.4. Torseur cinétique et torseur dynamique.

Si O est fixe par rapport à R1, ou animé d’une vitesse parallèle à celle de G :

[ ]

[ ]

=dt

S P

B.5. Energie cinétique.

2 2

1 1

soit d

2 ⁱ 2

c i c

i

E = Σm v E =

∫∫∫

Considérons un axe ∆ et un vecteur unitaire u porté par cet axe, et soit O un point quelconque de ∆. On appelle moment cinétique d’un système par rapport à ∆ l’expression :

σ_∆ =u.u.u.u.σσσσO

C. Théorèmes de Koenig.

C.1. Référentiel barycentrique.

On appelle référentiel barycentrique d’un système, un référentiel dont l’origine coïncide avec le barycentre du système, et dont les axes ont des directions fixes.

C.2. Théorèmes de Koenig.

Ces théorèmes permettent de calculer σσσσ_O et Ec dans un référentiel quelconque en étudiant le mouvement du centre d’inertie, et le mouvement du système dans le référentiel barycentrique. Ces théorèmes se traduisent par les relations suivantes :

( )

O i G r,G

i m

=OG∧ Σ v +

σ σ

σ σ

σ σ

σ σ et E^c =¹₂

( )

D.1. Moment d’inertie par rapport à

∆

2 d J_∆ =

∫∫∫

D.2. Eléments cinétiques : σ_∆ =J_∆ω Ec =

(

)

On notera que pour appliquer le théorème d Huyghens, l’axe passant par G doit être parallèle à

∆

E. Moment cinétique et vecteur instantané de rotation.

Soit un solide (S) en rotation autour d’un axe fixe

∆

∆

ω ω ω ω

coïncide avec

∆

ω ω ω ω

∆

dites directions principales d’inertie de (S).

Pour un solide (S) présentant des axes de symétrie, les directions principales d’inertie coïncident avec les axes de symétrie.

Dans ce cas, et seulement dans ce cas : σσσσ_O =J_∆ωωωω

figure 2.

Exercices

Ex.1. Centre d’inertie d’un cône. Déterminer la position du centre d’inertie d’un cône de révolution, homogène et de hauteur h.

Prendre un axe Ox dont l’origine O est le sommet du cône, et dont la direction est celle de l’axe de révolution, G est sur cet axe ; on calcule OG par une intégrale simple en découpant le cône en tranches comprises entre x et x + dx.

tan tan R; .

r x et demi angle au sommet du cône et R rayon de la base

α α h α

= ⋅ =

Volume du cône :

2

3 πR h

2 2 2

2 2 4 0 0

2 2

2 2

3

0 0

tan tan4 4 3

tan 4

tan

3 3

h h

G h

h

x R h

x x dx h

X x dx x R h

π α π

π α

π α π

π α

  

= = = =

  

∫

∫

3 / 4 OG= h

Ex.2. Centre d’inertie d’un demi sphère. Déterminer la position du centre d’inertie d’un demi sphère homogène de rayon R.

∆ R

Sphère homogène J_∆ =2 / 5MR²

R

h

∆

Cylindre homogène J_∆ =1/ 2MR²

Tige mince homogène J_∆ =1/12Ml²

l/2

∆ l/2

2 2 2

cos sin

x= θR y= θR y =R −x 2 3

volume de la demi sphère:

3πR

( )

( )

2 2 4

2 2 4

0 0

2 2 3 3

0 2

0

1

2 4 4 3

2 8

3 3

R R

G R R

R x x x R x dx R

X R

R x dx R x x R

π π

π π

 

 − 

−  

= = = =

 

−  − 

 

∫

∫

3 / 8 OG= R

Ex.3. Centre d’inertie d’un demi cylindre. Déterminer la position du centre d’inertie d’un demi cylindre homogène de rayon R (position par rapport au plan méridien qui limite ce demi cylindre).

O projection de G sur ce plan.

2 2

Surface d'un plan: 2l⋅ R −x

2

Volume du demi cylindre:

2 πR l

( ) ( ) ( ) ( )

3 ' 1 1

2 2 2 3 2 2 2 2 2 2

2 3

R x 2 x R x x R x

 

− = − − = − −

 

 

( )

2 2 2 2 3

2 2

0 0

2 2 2

2 2

2 3 3 4

3

2 2 2

R R

G

l R x R x lR

x l R x dx R

X πR l πR l πR l π

 

− − −

−  

=

∫

4 / 3 OG= R π

O

x G

y

R θ

Ex.4. Eléments cinétiques d’une barre. Une barre homogène OA, de longueur l et de masse m, tourne à l vitesse angulaire constante autour de son extrémité O en faisant un angle α avec la verticale.

Calculer sa résultante cinétique, sa résultante dynamique, son moment cinétique et son moment dynamique par rapport à O ; on utilisera le trièdre u, u’, k des coordonnées cylindriques, qui est introduit sur la figure, et on donnera aux résultats une expression vectorielle. Calculer l’énergie cinétique de la barre.

Réponse

La résultante cinétique P et la résultante dynamique S’ se déterminent à partir du mouvement du centre d’inertie G de la barre :

(

)

2 d ^G 2

l l

α t ω α

= − OG = =

OG u k v u'

(

)

(

)

mω l α mω l α

= = −

P u' S' u

Pour calculer σσσσ₀, il faut revenir à la définition dσσσσ₀= OM ∧ d P et découper la barre suivant sa longueur en éléments dx, avec 0≤ ≤x l .

( )

; sin cos ; d sin

x x d x

α α t ω α

= = − OM = =

OM OM u k v u'

dP =ρvM; ρ densité linéaire.

( )

0 =

∫

σσ σ

( )

[ ]

0 = 1/ 3 ml ωsinα cosαu+sinαk σ

σσ σ

0

01

k

u u’

G α

Fig. 2.

A

ω

Par dérivation : dσσσσ0/ dt=

(

)

2 2 2 2

dm=ρdx; v =x sin ω .

( )

0^l 1/ 2 sin αd ;

Ec =

∫

(

)

Ec = ml ω

Ex.5. Energie cinétique et moment cinétique d’un système composé. Une tige OO’, articulée en O, peut osciller dans un plan vertical ; on caractérise la position de cette tige par l’angle

θ

son moment d’inertie par rapport à un axe horizontal passant par O. A l’extrémité O’ de cette tige se trouve un disque dont l’axe est parallèle à l’axe de rotation de la tige, et passe par O’. Soit J2 le moment d’inertie par rapport l’axe

∆

θ

Calculer l’énergie cinétique de ce système, et son moment cinétique par rapport à l’axe horizontal passant par O et autour duquel est articulée la tige.

Réponse

Il faut ajouter les contributions des deux parties du système à Ec et σ₀. Pour la barre, le calcul est directe puisque J1 est calculé en O ; pour le disque, il faut utiliser le théorème de Koenig. On prendra garde au fait que la vitesse de rotation du disque est

(

)

( )

2 2 2

1 1 2 1 2 1 2

1/ 2^ θ θ θ θ ^

=  & + & + & + & 

Ec J M l J ₁ 1 ₁ ² ₂ 1 ₂ ²

3 2

= =

J M l J M R

O

O’

x

y

θ

θ

Fig. 6.

( )

( )

2

0 1 1 2 1 2 1 2

2

1 2 2 1 2 2

=

σ θ θ θ θ

θ θ

= + + +

+ + +

& & & &

& &

J M l J

J J M l J

Ex.6. Moment cinétique et vecteur instantanée de rotation. Une barre AB de masse négligeable, de longueur 2l et de centre O est placée dans un plan (P) vertical. Son centre d’inertie coïncide avec l’origine des coordonnées d’un système d’axes Oxyz lié au laboratoire. La barre AB fait l’angle constant

α

Le plan (P) tourne à la vitesse angulaire constante

ω

(

)

Calculer le vecteur vitesse instantanée de rotation

ω

(

)

σ

ω

σ

e

, e

, e

Pour quelle valeur de

α

ω

σ

Pour calculer σ₀ et Ec, on revient aux définition :

0 = ∧m _A+ ∧m _B

σ OA v OB v

et Ec ⁼

(

)

(

)

avec :

= ∧ et _B = ∧ vA ω OA v ω OB

x

y z

ω ω ω ω

e

Fig. 7.

θ

z α

e

O A

θ = ωt

P

On peut expliciter OA, OB, vA et vB sur (

e

, e

, e

(

^α

^α )

^ω

^α

=l _r+ _{z B} = l

OB e e v e

( ^ω

^α

^ω

^α

)

On obtient ainsi :

2

z 0 =2ml

ω

α

α

α

σ e e

2 2 2

ω

α

c = E ml

On note que σ₀ et ω ne sont pas, en général colinéaires, sauf pour

α π

α

Remarque : on peut également effectuer pour σ₀ un calcul vectoriel qui donne :

( )

2

0 =2ml +2m ⋅

σ ω OB ω OB

et projeter ensuite sur (

e

, e

, e

Ex.7. Calcul d’énergie cinétique. Un cylindre homogène de masse m, de centre C et de rayon r, roule sans glisser à l’intérieur d’un cylindre fixe, d’axe horizontal, de centre O et de rayon R ; la direction OC fait l’angle θ avec la verticale. Déterminer l’expression de l’énergie cinétique et du moment cinétique du cylindre mobile par rapport à un axe horizontal passant par O.

Réponse

On applique les théorèmes de Koenig. Soit

ϕ

( ) 0

ϕ

θ

r R r

O

C R

θ ^&

ϕ ^&

z

2 2 2

1/ 2 ( )

θ

ϕ

= − & &

c J

E m R r avec J =mr²/ 2

2 4 2

0 0

2 1 et

π ρ 2π ρ π ρ

 = =   = 

   

 ^J

∫

(

)

^θ

( )2

σ =_m R r−

θ

ϕ

D’où : σ =1/ 2_m(R r− )(2R−3 ) r

θ

3. Mouvement du centre de masse.

A. Théorème de la résultante cinétique.

Le théorème de la résultante cinétique (ou théorème du centre d’inertie) donne un intérêt tout particulier à la mécanique du point. Ce théorème stipule en effet que dans un référentiel galiléen, le mouvement du centre d’inertie d’un système est celui d’un point matériel confondu avec G, affecté de toute la masse du système, et sur lequel s’exerce la résultante des forces extérieures appliquées au système, y compris les forces de liaison. Ce mouvement est donc régi par :

=d dt

f p/ avec p=mv

B. Théorème de l’énergie cinétique, énergie potentielle.

La variation d’énergie cinétique d’un point est égale au travail de la résultante f des forces agissant sur ce point.

( ) ( )

0

2 2

1/ 2 1/ 2 0 .d

mv − mv =

∫

Ce résultat constitue le théorème de l’énergie cinétique.

Dans le cas où la résultante se met sous la forme :

− U f = grad

La fonction U  définie à une constante additive près  s’appelle énergie potentielle du point dans le champ de force donné.

On montre alors que :

( )

soit 1/2

Ec+U =E mv +U =E

Où E est une constante du mouvement appelée énergie mécanique  ou énergie totale  du point de champ de force donné.

C. Force d’inertie.

Si le mouvement d’un point est étudié dans un référentiel non galiléen, on doit tenir compte des forces d’inertie :

inertie = −m _e−m _c avec = 2_{c e}∧ _r f γγγγ γγγγ γγγγ ωωωω v

Que l’on ajoute aux autres forces dans l’équation du mouvement.

La terre n’est pas rigoureusement un référentiel galiléen. Rappelons que le poids d’un corps contient la force d’inertie d’entraînement. La force d’inertie de Coriolis intervient lors de l’étude fine de certains mouvements (déviation vers l’est, pendule de Foucault…).

Exercices

Ex.1. Solution intrinsèque des équations de mouvement. Le but de cet exercice est de montrer que l’on peut, dans certains cas, résoudre l’équation de mouvement de façon intrinsèque (i.e. vectorielle) sans faire appel explicitement à un système de coordonnées.

1° On considère le problème classique du tir dans le vide : un point matériel, lancé dans un champ de pesanteur uniforme en un point M avec une vitesse initiale v0 est ensuite abandonné à lui-même (c’est-à-dire qu’on le suppose soumis seulement à son poids). Ecrire l’équation du mouvement sous forme vectorielle et l’intégrer sous cette forme. Montrer que les constantes d’intégration (vectorielles !) qui s’introduisent dans la solution sont v0 et OM0 (On désignera par m la masse d’un point, par g le champ de pesanteur.)

2° Reprendre la question précédente en supposant que le point est soumis à son poids et à une force de frottement du type - kv, où k est une constante.

Réponse :

1° L’équation du mouvement s’écrit md²OM/ dt² =mg, soit dv=gdt. Une première intégration donne v = v₀+gt, soit dOM = v₀dt+gt td ; d’où par intégration :

t2+ ₀t+ ₀ OM = 1/2g v OM

2° En tenant compte de la résistance de l’air, l’équation du mouvement s’écrit :

( )

d dv/ t+ k m/ v = g qui s’intègre comme une équation différentielle ordinaire en :

(

)

v = g + A

où A est une constante vectorielle d’intégration. On peut d’ailleurs retrouver ce résultat en projetant l’équation du mouvement sur des axes. La constante d’intégration vaut : ^{A = v}

(

(

)

)

(

)

(

) (

(

) )

(

(

) )

OM = g v g OM

Ex.2. Recherche de trajectoire. Un point matériel M de masse m, est placé dans un champ de force f =kOM, où O désigne un point fixe d’un référentiel galiléen et k une constante positive. L’espace étant rapporté à un repère orthonormé Oxyz. Les conditions initiales sont les suivantes :

pour t=0, x=a y, =0,z=0,x&=0,y& =v z₀,&=0.

Déterminer x, y et z en fonction du temps, ainsi que la nature de la trajectoire dont on obtiendra l’équation en éliminant t entre les expressions précédentes. Montrer que l’on peut donner une forme vectorielle à l’expression de OM ; chercher à résoudre l’équation du mouvement de façon intrinsèque.

Réponse :

Projetée sur les trois axes, l’équation du mouvement donne :

2 2 2 2 2 2 2 2 2

0 0 0

d x/ dt =ω x; d y/ dt =ω y; d z/ dt =ω z Avec ω₀² =k m/

Compte tenu des conditions initiales, l’intégration est immédiate :

( )

0 0 0 0 0

ch , / sh , 0 avec /

x=a ω t y= v ω ω t z= ω = k m En éliminant t grâce à l’identité ch²u−shu² =1 , on obtient :

2 2 2 2 2

0 0

/ / 1

x a −ω y v =

La trajectoire est donc une branche d’hyperbole. On peut donner à OM l’expression :

( )

0 0/ 0 0

chω t+ ω shω t OM = OM0 v

Expression que l’on aurait pu obtenir directement en intégrant l’équation différentielle :

2 2

d d

m OM/ t =kOM

De façon intrinsèque (cf. ex. 1) ; l’équation s’intègre en :

0 0

avec 0 /

t t

ω + ⁻ω ω = k m

OM = Ae Be

où A et B sont des constantes vectorielles que l’on intègre à l’aide des conditions initiales :

( )

( )

2 2

t t t t

ω + −ω ω − −ω

e e + e e

OM = A + B A - B

( )

0 0

; ω =

A + B = OM0 A - B v

On retrouve ainsi l’expression encadrée ci-dessus.

Ex.3. Intégration de l’équation du mouvement par l’intermédiaire de la vitesse. Un point matériel de masse m est lancé verticalement vers le haut avec la vitesse v0 ; la résistance de l’air est de la forme f = Kv² où K est une constante.

1° Quel est le temps mis pour atteindre l’altitude maximale zm ? Donner l’expression de cette altitude maximale zm.

2° Quelle est l’expression de la vitesse v1 du point lorsque celui-ci repasse dans le plan z = 0 ?

Indication : On ne cherchera pas à résoudre en z l’équation du mouvement, mais on intégrera celle-ci par l’intermédiaire de v = dz/dt.

Réponse :

1° Dans la phase ascendante, l’équation du mouvement, projetée sur la verticale ascendante Oz, s’écrit :

d 2

d

m v mg Kv t = − −

Soit d K ² d

v g v t

m

 

+ = −

 

 

D’où le temps T mis pour atteindre l’altitude maximale zm :

( ) ( )

0 0

2 2

0 0

1

/ 1 /

v dv v dv

T = g K m v = g K mg v

+ +

∫ ∫

Intégrale dont le calcul est classique ; on obtient ainsi :

/ / 0

T = m Kg Arctg K mg v  ;

( )

' /

/ =

1 /

Arctg K mg v K mg

K mg v

 

 

   

 + 

 

.

On obtient zm l’altitude maximale, en intégrantdz=v td , soit :

d d / K 2

z v v g v

m

 

= −  + 

 

de v = v0 à v = 0. on obtient :

( ) ( ( ) )

0 2

0 2 0

1 1

d ln 1 /

1 / 2

v v m

v mg

z v K mg v

g K mg v g K

−  

= −

∫

(

)

(

)

zm = m K +Kv mg

2° Dans la phase descendante du mouvement, la force de frottement est cette fois dirigée vers Oz positif, de sorte que l’équation du mouvement s’écrit maintenant :

= − + 2

mdv mg Kv dt

d’où l’on tire dt comme ci-dessus, puis / ²

= = − + 

 

dz vdt vdv g Kv

m que l’on intègre entre z = zm et z = 0. On obtient immédiatement :

2 2

0 1

1+Kv /mg=1−Kv /mg

Ex.5. Lancement d’une fusée. Une fusée a les caractéristiques suivantes : Masse des structures et de l’équipement : M = 5 T; masse du mélange propulsif au départ : m = 50 T ; vitesse des gaz brûlés relativement à la fusée : u = 2500 m.s-¹; débit des gaz brûlés : a = 400 kg.s-¹. On néglige la résistance de l’air et l’on supposera constante l’accélération de la pesanteur, soit g = 10 m.s-². On choisira la date du lancement comme origine des temps.

1° A quelle inégalité doivent satisfaire les grandeurs précédentes pour que la fusée puisse décoller du sol verticalement ?

2° Etablir à un instant t quelconque de la phase propulsive, l’accélération γ et la vitesse v de la fusée, ainsi que l’altitude z atteinte.

3° A quel instant t, se termine la combustion du carburant ? Calculer les valeurs γ1, v1, z1 des trois grandeurs précédentes à l’instant t ?

Réponse :

1° Pour établir correctement l’équation du mouvement de la fusée, Il faut écrire le principe fondamental de la dynamique sous la forme :

d / dtp =f

où dp est la variation de quantité de mouvement entre les instants t et t + dt d’un système bien défini. Nous prendrons comme système la fusée à l’instant t : p(t) = m1(t)v avec m1(t) = M + m – at ; à l’instant t + dt ce système se compose de la fusée de masse m11(t) – adt et de vitesse v + dv, et de la masse adt du gaz animée d’une vitesse v + u par rapport au sol :

(t+d )t =(m1−a td )( d )+a td ( )

p v + v v + u

soit, en négligeant les termes du second ordre :

dp=p(t+d )t −p( )t =m1d )v +audt L’équation du mouvement s’écrit donc :

1d d 1

m v/ t= −f au=mg−au

Soit, en projection sur la verticale ascendante :

1d d 1 avec 1( )

m v t/ = −m g+au= m t =M +m at−

Pour qu’à l’instant initial t = 0 la fusée puisse décoller, il faut que son accélération soit positive, soit dv/dt > 0 pour t = 0 ; d’où la condition :

^{au>g M}

[

]

2° On vérifie sans peine que la condition précédente est satisfaite ; l’équation précédente, qui donnait l’accélération γ = dv/dt, s’intègre facilement une première fois en :

ln M m avec d / d

v u gt v z t

M m at

= + − =

+ −

expression qui satisfait bien à v = 0 pour t = 0.

Une seconde intégration donne z (on rappelle que

∫

1 2

ln 2

M m at M m

z u ut gt

a M m at

+ − +

 

= −  + − + −

^v=uln_

(

)

(

)

^ln

(

)

(

)

(

)

′ ′ a ′ ′

− + − = + − × + − − 

∫

^ln

( )

( ) (

( )

)

2

t

z u M m t M m at M m at gt

a

  ′ ′  

=  + +  + − + − −  −

( ) ( ) ( ( ) ) ( ) ( ( ) )

( )

2

2

1 1 1

ln ln 1 ln 1

2

1 1

ln ln ln

2

z u M m t M m at M m at M m M m gt

a a

M m M m M m at M m

z u t ut M m u u ut gt

M m at a M m at a M m at

 

=  + + + − + − − − + + − −

+ +  + −  +

= + − + − + + − = −  + − + −

3° La combustion se termine à l’instant t1 tel que m = at, soit :

1 / A.N. 1 125 s t = −m a t =

Les expressions littérales de γ1, v1 et z1 s’en déduisent immédiatement. On obtient comme valeurs numériques :

^{-2 -1}

1 190 m.s ; v1 4750 m.s ; z1 159 km

γ = = =

(

)

On remarquera que la valeur de z1 justifie, en première approximation, le fait que l’on ait considéré g comme constant. Pour t > t1, le mouvement est une « chute libre » .

4. Mouvement dans un champ en 1/r² A. Potentiel newtonien.

A.1 Attraction universelle.

Une masse ponctuelle M exerce sur une autre masse m une force :

-11 2 6.67.10 S.I.

= −GMm avec G=

f r u

Cette force dérive de l’énergie potentielle :

P /

E = −GMm r+Cte

On prend en général la constante nulle, de sorte que l’énergie potentielle est nulle

« à l’infini ».

A.2 Calcul du champ et du potentiel.

La masse M est à l’origine d’un champ de gravitation : ^{g= −}

(

)

B. Mouvement dans un champ en 1/r²

B.1 Lois de Kepler.

Un point A de masse m en mouvement sous l’action d’un champ de gravitation d’un point de masse M supposé fixe en O. Les lois de Kepler décrivent le mouvement ; ces lois sont au nombrer de trois :

1° L’orbite est une conique dont un foyer est en O.

2° Le mouvement est décrit suivant la loi des aires.

3° Dans le cas d’une orbite elliptique, les carrés des temps de révolution sont proportionnels aux cubes des grands axes :

( )

3 2 2

/ = GM/4

a T =Cte π

Les lois de Kepler sont caractéristiques du champ en

1/r

Cette expression est très utile.

B.2 Les constantes du mouvement.

Dans l’étude du mouvement défini en B.1. :

2

O = ∧m et E=1/ 2mv −GMm r/ σ OA v

sont des constantes du mouvement. La conique ayant pour équation en coordonnées polaires :

1/r=(1+ecos(θ θ− 0) /p l’énergie a pour expression :

(

)

2 E GMm e

= p −

O F

F’

2c 2a

2b

Fig. 3 Ellipse de foyers F et F’.

Si e < 1 (cas de l’ellipse) , l’énergie E est négative : si e > 1 (hyperbole), l’énergie est positive. Le cas e = 1 correspond à une énergie nulle : Le point A décrit une parabole, et arrive à l’infini avec une vitesse nulle.

Dans le cas d’une trajectoire elliptique, l’énergie se met sous la forme :

- / 2

E= GMm a

et est indépendante du petit axe de l’ellipse.

B. Diffusion de Rutherford (cas d’une force répulsive en 1/r²)

Une particule de masse m, de charge Z’e est diffusée par un noyau supposé fixe à l’origine des coordonnées. Soit Ze la charge du noyau. La particule mobile subit une diffusion d’angle θ. Avec les notations de la figure 4 :

(

)

(

)

tg θ =ZZ e πε mv b b porte le nom de « paramètre d’impact ».

Exercices

Ex.1. Masse de la terre, masse de l’atmosphère.

1° Connaissant le rayon terrestre : RT = 6,4.10⁶ m, la constante de gravitation : G= 6,67.10^-11 S.I. et la valeur de g au pôle : gp = 9,83 m.s^-1, calculer la masse MT de la terre et sa masse volumique moyenne ρm.

2° Montrer que la masse de l’atmosphère, Matm, est celle d’une couche de mercure de rayon RT et d’épaisseur h0 = 76 cm ; connaissant RT (cf. 1°) et la masse volumique du mercure : ρ 0 = 13,6.10³ kg.m^-3, en déduire la masse de l’atmosphère.

Que vaut le rapport Matm/MT ?

Fig. 4.

v⁰

θ

b

Z

Z’

m

Diffusion par une charge fixe

Z