∫ Mouvement du centre de masse

(1)

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 =

∫

M M^{f l}

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 :

( )

²

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…).

(2)

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

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.

(3)

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 :

( )

⁰ ⁰

( )

⁰ ⁰

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.

(4)

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  ;

( )

²

' /

/ =

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

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

−  

= −

∫

+ =  + 

(

^{/ 2}

)

^{ln 1}

(

⁰²^/

)

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

(5)

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 :

(6)

^au^>^{g M}

[

⁺^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

∫

ln dx x=x(lnx−1)^{) ;} on obtient ainsi :

1 2

ln 2

M m at M m

z u ut gt

a M m at

+ − +

 

= −  + − + −

^v⁼^u^ln^_

(

^M⁺^m

)

⁻^ln

(

^M ⁺^m⁻^at

)

^_⁻^gt

^ln

(

^M ^{m at}

)

^d^t ¹

(

^M ^m ^at

)

^ln

(

^M ^m ^at

)

¹

′ ′ a ′ ′

− + − = + − × + − − 

∫

( )

¹

( ) ( ( ) )

₀ ¹ ²

ln ln 1

2

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

a

  ′ ′  

=  + +  + − + − −  −

( ) ( ) ( ( ) ) ⁽ ⁾ ( ⁽ ⁾ )

( )

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 = = =

(

γ1 = − +g au M/

)

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 ».

(7)

∫ Mouvement du centre de masse