Michel Henry
Nicolas Delorme
Mécanique
du point
Cours + Exos
Michel Henry
Maître de conférences à l’IUFM des Pays de Loire (Le Mans)
Agrégé de physique
Nicolas Delorme
Maître de conférences à l’université du Maine (Le Mans)
© Dunod, Paris, 2008
ISBN 978-2-10-053940-6
Table des matières
1
Cinématique du point
1
1.1 Relativité du mouvement : nécessité d’un référentiel
1
a) Introduction
b) Notion de référentiel
c) Exemples de référentiel à connaître
1.2 Repères
a) Repère d’espace
b) Repère de temps
c) Le système de coordonnées cartésiennes
d) Le système de coordonnées polaires
e) Liens entre les systèmes de coordonnées polaires
et cartésiennes
f) Le système de coordonnées cylindriques
g) Base fixe et base mobile dans le référentiel d’étude
h) Choix du système de coordonnées
1.3 Vecteur vitesse d’un point
a) Vitesse moyenne
b) Vecteur vitesse instantanée
c) Expression en coordonnées cartésiennes
d) Expression en coordonnées polaires
e) Expression en coordonnées cylindriques
f) Vecteur vitesse angulaire
g) Vecteur déplacement élémentaire
1.4 Vecteur accélération d’un point
a) Définition
b) Expression en coordonnées cartésiennes
c) Expression en coordonnées polaires
d) Expression en coordonnées cylindriques
1
2
3
4
4
5
5
6
9
10
11
12
13
13
14
15
16
20
21
22
24
24
24
25
26
IV
Table des matières
1.5 Exemples de mouvement
a) Définitions
b) Mouvements rectilignes
c) Mouvements circulaires
d) Autre type de mouvement : le mouvement parabolique
2
28
28
28
32
39
Points clefs
42
Exercices
43
Solutions
46
Lois de Newton et Forces
57
2.1 Principe d’inertie (1re loi de Newton)
57
a) Définitions
b) Principe d’inertie : 1re loi de Newton
c) Référentiels galiléens
57
61
62
2.2 Principe fondamental de la dynamique (2e loi de Newton) 64
2.3
a) Notion de force
b) Principe fondamental de la dynamique
(ou 2e loi de Newton)
64
Actions réciproques (3e loi de Newton)
67
2.4 Les forces
a) Le poids d’un corps : force d’interaction à distance
b) Les forces de contact
Points clefs
a) À retenir
b) Méthode de résolution d’un problème de mécanique
c) Exemple : le pendule simple
3
64
68
69
72
79
79
80
81
Exercices
83
Solutions
88
Travail, puissance et énergie
105
3.1 Travail d’une force
105
a) Définition
b) Exemples de calcul du travail d’une force
sur un trajet AB
c) Puissance d’une force
105
108
112
Table des matières
3.2 L’énergie en mécanique
a) L’énergie cinétique : une énergie liée au mouvement
b) L’énergie potentielle : une énergie liée à la position
c) L’énergie potentielle de pesanteur
d) L’énergie potentielle élastique
e) Force conservative et énergie potentielle
f) L’énergie mécanique
g) Exemple d’utilisation de l’énergie pour la résolution
d’un problème
V
113
113
115
119
120
122
123
125
3.3 États liés et stabilité d’un système mécaniquement isolé 128
a) Les états liés
128
b) Stabilité d’un système soumis à une force conservative 129
c) Exemple d’un bille sur un sol en forme de cuvette
129
3.4 Chocs entre particules
a) Définition
b) Propriétés des chocs
c) Détermination des vitesses après le choc
4
131
131
132
134
Points clefs
140
Exercices
142
Solutions
146
Oscillateurs mécaniques libres
157
4.1 Oscillateur harmonique
157
a) Définitions
b) Exemples d’oscillateurs harmoniques
c) Étude énergétique de l’oscillateur harmonique
4.2 Oscillateur amorti par frottement visqueux
a) Équation différentielle et solutions
b) Oscillateur à frottement faible
c) Oscillateur à frottement fort
d) Cas limite de l’amortissement critique
e) Étude énergétique de l’oscillateur amorti
157
160
168
171
171
173
179
182
184
Points clefs
187
Exercices
188
Solutions
191
VI
5
Table des matières
Oscillateurs mécaniques forcés
197
5.1 Oscillations forcées
197
a) Introduction
b) Équation différentielle du mouvement
5.2 Étude de l’élongation
a) Expression de l’amplitude complexe
5.3 Étude de la vitesse
a) Expression de la vitesse complexe
b) Résonance de vitesse
5.4 Aspect énergétique
a) Transfert de puissance
b) Facteur de qualité et bande passante
197
198
201
201
209
209
209
213
213
215
Points clefs
218
Exercices
219
Solutions
221
Annexe : Utilisation de la représentation complexe
225
Index
231
PLAN
1
Cinématique du point
1.1
Relativité du mouvement : nécessité d’un référentiel
1.2
Repère de temps et d’espace
1.3
Vecteur vitesse d’un point mobile
1.4
Vecteur accélération d’un point mobile
1.5
Exemples de mouvement
1.6
Récapitulatif
➤ L’objet de la cinématique du point est l’étude du mouvement d’un point
OBJECTIFS
sans se préoccuper des causes (les forces) qui lui donnent naissance.
➤ Connaître le système de coordonnées cartésiennes et polaires ou cylindri-
ques
➤ Connaître l’expression des vecteurs position, vitesse et accélération dans
les systèmes de coordonnées cartésiennes et cylindriques
➤ Connaître la définition de quelques mouvements particuliers
1.1
RELATIVITÉ DU MOUVEMENT : NÉCESSITÉ D’UN
RÉFÉRENTIEL
a) Introduction
L’étude du mouvement d’un point implique nécessairement la
présence simultanée du point et d’un observateur qui analyse le
mouvement de ce point. Selon la position de l’observateur les conclusions peuvent être différentes alors que l’étude porte sur le même
point. Considérons l’exemple simple de la chute d’une bille réalisée
dans le wagon d’un train qui se déplace sur une voie rectiligne à
vitesse constante. Les résultats de l’étude de ce mouvement obtenus
par un observateur assis dans ce wagon et un autre immobile sur le
quai seront inévitablement différents (voir figure 1.1).
Chapitre 1 • Cinématique du point
2
Le mouvement d’un point est donc relatif à un observateur fixe
dans un référentiel d’étude.
➤ Il n’est pas faux par exemple de dire que le soleil est en mouvement
par rapport à la Terre si l’observateur est fixe sur Terre. Il faut donc
à chaque fois préciser par rapport à quoi l’étude du mouvement est
effectuée.
➤ Dans le langage courant ce référentiel est sous entendu. Dans
l’expression « le train se déplace à vitesse constante » il est évident
que c’est par rapport au sol et donc la Terre. Le voyageur assis dans
un wagon du train peut dire : « je suis immobile », tout le monde
comprendra que c’est par rapport au siège du wagon et du wagon
lui-même. Il peut dire aussi « je me déplace à grande vitesse » et on
comprendra que c’est par rapport à la Terre.
Le mouvement
de la balle est
rectiligne
Le mouvement de la
balle est curviligne
Figure 1.1 Relativité du mouvement pour la chute d’une balle dans un
wagon en mouvement rectiligne uniforme : positions d’une balle à différents
instants pour un observateur dans le wagon et pour un autre immobile sur le
quai.
En mécanique, pour qu’il n’y ait pas de doute possible, il est impératif de préciser
par rapport à quoi l’étude du mouvement sera effectuée c’est-à-dire indiquer le
référentiel choisi.
b) Notion de référentiel
Un référentiel (ou solide de référence) est un ensemble de points
tous fixes les uns par rapport aux autres. L’observateur qui étudie le
mouvement d’un point est lui-même immobile dans ce référentiel.
Exemple : l’observateur est dans le train, le référentiel est le train. L’observateur est
sur le quai, le référentiel est la Terre.
1.1 • Relativité du mouvement : nécessité d’un référentiel
3
➤ Un référentiel peut être caractérisé par son nom. Dans les exemples
précédents on peut parler du référentiel « train » (constitué de tout
ce qui est fixe par rapport au train) ou du référentiel « Terrestre »
(constitué de tout ce qui est fixe par rapport à la Terre) sans qu’il y
ait d’ambiguïté.
➤ Un référentiel peut aussi être caractérisé par un point O et trois
directions fixes dans ce référentiel c’est-à-dire par un repère (O, x,
y, z). Tout ce qui est fixe dans ce repère constitue le référentiel.
Par exemple, pour l’étude du mouvement d’une bille dans un laboratoire il est possible de choisir un point O correspondant à la position
de la bille à un instant initial et 3 axes Ox (longueur), Oy (largeur) et
Oz (hauteur) lié au laboratoire. Le repère R(O, x, y, z) définit le référentiel d’étude correspondant au référentiel « laboratoire ».
Pour un référentiel donné il existe une infinité de repères possibles (infinité de possibilités de choisir une origine et 3 axes)
Pour un repère donné il n’existe qu’un référentiel associé (tout ce qui est fixe dans le
repère forme le référentiel)
c) Exemples de référentiel à connaître
➤ Le référentiel de Copernic (ou héliocentrique du grec Hêlios signi-
fiant Soleil). L’origine du repère définissant ce référentiel correspond au centre d’inertie du système solaire (pratiquement
confondu avec le centre d’inertie du Soleil). Les 3 axes du repère
sont dirigés vers 3 étoiles qui s’éloignent du Soleil toujours dans la
même direction.
Référentiel
de Copernic
Soleil
T
Terre
Référentiel
Géocentrique
Figure 1.2 Les référentiels de Copernic et géocentrique : le référentiel géocentrique est en mouvement de translation circulaire uniforme par rapport
au référentiel de Copernic.
➤ Le référentiel géocentrique (du grec géo signifiant Terre). Le
repère caractérisant ce référentiel a pour origine le centre de la
Terre et les 3 axes sont des axes qui restent parallèles à ceux du
référentiel de Copernic.
4
Chapitre 1 • Cinématique du point
➤ Le référentiel terrestre : l’origine de repère choisi est liée à la
Terre ainsi que les 3 axes.
Le référentiel terrestre est un référentiel en rotation uniforme par
rapport au référentiel géocentrique (rotation autour d’un axe NordSud fixe dans le référentiel géocentrique).
Le référentiel géocentrique est en mouvement de translation circulaire uniforme par rapport au référentiel de Copernic (voir figure 1.2).
Un référentiel est défini soit par son nom (exemple : référentiel
terrestre) soit par un de ses repères R(O, x, y, z).
REPÈRES
1.2
L’étude cinématique du mouvement d’un point revient à pouvoir
répondre aux questions « où ? » (où se trouve le point ?) et
« quand ? » (à quel moment dans le temps ?). Pour répondre à ces
questions il est nécessaire de définir un repère d’espace et un repère
de temps.
a) Repère d’espace
Un repère d’espace est défini par une origine O qui est fixe dans le
référentiel et des axes de référence orthonormés c’est-à-dire orthogonaux et munis d’une unité de longueur (vecteur unitaire de norme
égale à 1) qui vont permettre à l’observateur de juger dans quelle
direction se trouve le point. Les trois axes forment un trièdre direct
(voir figure 1.3).
y
z
y
u→y
z
M
→
uz
OM
x
O
u→x
x
(a)
→
ux
u→y
O
y
y
x
x
M
(b)
Figure 1.3 Repère dans un plan (a) et dans l’espace (b).
L’étude du mouvement dans un plan nécessite 2 axes (Ox, Oy) et
dans l’espace 3 axes (Ox, Oy, Oz). À chacun de ces axes est associé un
vecteur unitaire respectivement u x , u y et u z . Les vecteurs
( u x, u y, u z ) forment une base orthonormée.
1.2 • Repères
5
b) Repère de temps
Pour pouvoir répondre à la question « quand? » il faut ajouter un
repère de temps c’est-à-dire une grandeur qui est la variable de temps.
La durée écoulée entre 2 événements ou 2 instants est mesurée au
moyen d’une horloge ou chronomètre. Tout mouvement périodique
(mouvement qui se reproduit identiquement à lui-même à intervalle
de temps successifs et égaux pris comme unité de temps) peut servir
d’horloge. Le repère de temps est constitué d’une origine des temps
fixée par l’observateur et d’une durée unitaire fixant une chronologie.
À chaque instant, on associe un nombre réel t appelé date qui
correspond à la durée écoulée depuis l’instant origine.
Figure 1.4 Repère de temps : la durée ∆t entre les instants 1 et 2 correspond
à la différence de leur date t2 – t1.
En mécanique classique ou newtonienne, on postule que le repère
de temps est le même pour tous les référentiels et que le temps
s’écoule de la même manière dans des référentiels en mouvement les
uns par rapport aux autres.
c) Le système de coordonnées cartésiennes
Dans le repère d’espace (O, x, y, z) défini précédemment (voir
figure 1.3), un point M est repéré par ses coordonnées d’espace (x, y,
z) correspondant à la mesure algébrique de la projection de M successivement sur les 3 axes du repère. Ces 3 coordonnées sont de même
nature et homogènes à une longueur.
Dans le référentiel R d’étude, la base associée à ce système d’axe
( u x, u y, u z ) est une base orthonormée qui ne change pas au cours du
temps. On dit encore que la base est fixe dans R.
Quand on dit que la base est fixe dans R cela signifie que ces vecteurs gardent la même
direction, le même sens et la même norme au cours du temps. Ces vecteurs ne sont
pas liés à un point : ils peuvent être représentés n’importe où dans l’espace mais par
habitude et commodité ils sont en général représentés au point origine O.
6
Chapitre 1 • Cinématique du point
Il est pratique de positionner le point M en se donnant le vecteur
position OM . Les composantes de ce vecteur, dans la base cartésienne ( u x, u y, u z ) correspondent alors aux coordonnées du point
M:
(1.1)
OM = x u x + y u y + z u z
(x, y, z) sont les coordonnées cartésiennes du point M.
(x, y, z) sont aussi les composantes du vecteur position OM dans la base cartésienne ( u x, u y, u z ) .
d) Le système de coordonnées polaires
Il existe d’autres systèmes permettant de positionner un point dans le
repère d’étude comme par exemple le système de coordonnées
polaires utilisé dans le cas où le point M est mobile dans un plan.
Le point M est parfaitement repéré si on connaît la distance
OM = ρ et l’angle θ que fait le segment OM avec l’axe Ox (voir figure
1.5 (a)).
y
y
M
Q
→
uy
→
uθ
O
u→ρ
→
uy
ρ
→
uθ
θ
u→ρ
x
→
ux
P
(a)
Cercle de rayon
unité : R = 1
θ
O
θ
x
→
ux
(b )
Figure 1.5 Les coordonnées polaires (ρ,θ) et la base associée ( u ρ, u θ ) .
➤ Le point origine O correspond au « pôle » d’où le terme coordonné
polaire. La longueur du segment OM correspond à sa coordonnée
radiale. Elle est notée ρ (rhô : lettre grecque) ou r.
➤ L’autre coordonnée est la coordonnée angulaire également
appelée angle polaire ou azimut et noté θ (thêta : lettre grecque).
Cet angle est mesuré par rapport à l’axe des abscisses Ox appelé
alors axe polaire.
Contrairement aux coordonnées cartésiennes x et y, les coordonnées polaires ρ et θ
ne sont pas de même nature. La coordonnée radiale ρ a la dimension d’une longueur
comme x et y. La coordonnée angulaire s’exprime en radian qui est une unité d’angle
sans dimension (voir encart 1.1).
1.2 • Repères
7
Encart 1.1 Définition d’un angle
Soit un cercle de rayon R, de centre O et un angle α de sommet O
exprimé en radian. La mesure s de la longueur de l’arc de cercle
intercepté par cet angle est donnée par : s = Rα. L’angle α apparaît
comme le rapport de 2 longueurs et est donc sans dimension.
Mesure s de l’arc de cercle :
s = Rα
R
α
⇒α= s
R
s
O
Figure 1.6 Définition d’un angle exprimé en radian.
➤ Pour exprimer le vecteur position OM il est commode d’intro-
duire une nouvelle base orthonormée directe ( u ρ, u θ ) naturellement associée à ce système de coordonnées et définie de la façon
suivante (voir figure 1.5) :
• u ρ est le vecteur unitaire suivant la direction et le sens de O vers M.
c’est le vecteur radial (suivant le rayon) ;
• u θ est le vecteur unitaire perpendiculaire au vecteur u ρ . Il est
π
obtenu en effectuant une rotation d’un angle de + --- à partir du vecteur
2
u ρ . C’est le vecteur orthoradial (perpendiculaire au rayon).
Le vecteur position s’écrit alors :
OM =
OM u ρ = ρ u ρ
(1.2)
(ρ,θ) sont les coordonnées polaires du point M mais ne correspondent pas aux
composantes du vecteur position OM (contrairement à ce qu’on obtient en coordonnées cartésiennes). Les composantes de ce vecteur position sont (ρ,0) : il n’y a pas de
composante suivant u θ mais uniquement une composante ρ suivant u ρ .
8
Chapitre 1 • Cinématique du point
Encart 1.2 Le produit scalaire
➤ Le produit scalaire est une opération entre deux vecteurs :
Le résultat est un scalaire :
a⋅b =
b cos ( a , b ) = abcosα
a
avec α l’angle que fait le vecteur b avec le vecteur a .
Si le vecteur b est unitaire ( b = 1 ) alors le produit scalaire
représente la projection du vecteur a sur la direction de b .
Vy
→
b
→
uy
α
O
→
V
β
θ
O
a→
→
ux
Vx
Figure encart : Produit scalaire et projection d’un vecteur.
➤ Projection d’un vecteur
unitaire) :
V ⋅ ux =
V
➤ Projection d’un vecteur
unitaire) :
V ⋅ uy =
V
sur la direction u x (vecteur
V
u x cosθ = Vcosθ = V x
sur la direction u y (vecteur
V
π
u y cosβ = Vcos --- – θ = Vsinθ = V y
2
➤ Expression du produit scalaire en fonction des composantes :
a ⋅ b = ( xa u x + ya u y + za u z ) ⋅ ( xb u x + yb u y + zb u z )
a ⋅ b = xa xb + ya yb + za zb
➤ Produit scalaire et norme :
a⋅a = a
2
=
a
2
2
2
2
2
= a = xa + ya + za
a⋅b
ab
➤ Angle entre deux vecteurs : cosα = ------------➤ Propriétés : a ⋅ b = 0 si a est perpendiculaire à b
1.2 • Repères
9
e) Liens entre les systèmes de coordonnées polaires et
cartésiennes
➤ Avec les notations de la figure 1.5 (a) nous pouvons écrire en utili-
sant le triangle rectangle (OPM) :
OP x
cosθ = --------- = --- ⇒ x = ρcosθ
OM ρ
(1.3)
OQ y
PM
sinθ = --------- = --------- = --- ⇒ y = ρsinθ
ρ
ρ
OM
(1.4)
y
sinθ
tanθ = ---------- = -x
cosθ
➤ En appliquant le théorème de Pythagore on a :
OM = ρ =
2
x +y
2
(1.5)
(1.6)
On en déduit alors les expressions suivantes :
x
x
cosθ = --- = -------------------ρ
2
2
x +y
(1.7)
y
y
sinθ = --- = -------------------ρ
2
2
x +y
(1.8)
Si les coordonnées polaires (ρ,θ) sont connues on obtient les coordonnées cartésiennes en utilisant les relations (1.3) et (1.4).
Si les coordonnées cartésiennes (x,y) sont connues on obtient les coordonnées
polaires en utilisant les relations (1.5), (1.6) (1.7) et (1.8).
➤ De même il est possible de passer d’une base d’un système de
coordonnées à l’autre. En s’aidant de la figure 1.5 (b) les compo-
santes des vecteurs unitaires u ρ et u θ dans la base cartésienne
sont :
u ρ = ( cosθ ) u x + ( sinθ ) u y
(1.9)
(1.10)
u θ = ( – sinθ ) u x + ( cosθ ) u y
De même, en inversant les relations précédentes on peut écrire :
u x = ( cosθ ) u ρ – ( sinθ ) u θ
(1.11)
u y = ( sinθ ) u ρ + ( cosθ ) u θ
(1.12)
10
Chapitre 1 • Cinématique du point
Un moyen simple de retrouver rapidement les composantes d’un vecteur sur une
base est d’utiliser les propriétés du produit scalaire (voir encart 1.2). En effet on
peut écrire par exemple :
Composante de u ρ sur u x : u ρ ⋅ u x =
u ρ u x cosθ = cosθ
π
2
Composante de u ρ sur u y : u ρ ⋅ u y = cos --- – θ = sinθ
On retrouve ainsi la relation (1.9).
Avec ses relations, il est toujours possible de passer d’un système
de coordonnées à l’autre.
Si l’étude est effectuée en coordonnées cartésiennes seules doivent apparaître les
grandeurs ( x, y, u x, u y ) . En coordonnées polaires n’apparaîtront que les grandeurs
( ρ, θ, u ρ, u θ ) . Il ne faut en aucun cas conserver des expressions comportant un
mélange de ses grandeurs.
f) Le système de coordonnées cylindriques
Si le point doit être repéré dans l’espace il est possible d’utiliser les
coordonnées cylindriques. Il suffit de compléter le système de coordonnées polaires par un troisième axe : l’axe Oz avec sa coordonnée
cartésienne z (appelée la cote).
La projection P du point M dans le plan (O, x, y) est repérée en
coordonnées polaires (ρ,θ). La projection de M sur l’axe Oz donne la
cote z (voir figure 1.7).
La base associée est composée de la base polaire et du vecteur
unitaire u z suivant l’axe Oz.
Le vecteur position OM s’obtient en utilisant la relation de
Chasles :
OM = OP + PM = ρ u ρ + z u z
OM
2
= OM =
2
ρ +z
2
(1.13)
2
(1.14)
2
OM = x + y + z
Les coordonnées cylindriques de M sont donc (ρ,θ,z). Les composantes du vecteur position OM sont (ρ,0,z) dans la base cylindrique
( u ρ, u θ, u z ) .
Le point M est situé sur un cylindre d’axe Oz, de rayon ρ d’où le terme coordonnées
cylindriques. Pour positionner un point sur le cylindre il suffit de préciser la cote z
et la coordonnée angulaire θ.
1.2 • Repères
11
z
→
uz
ρ
z
→
M
uz
→
ux
→
uθ
→
uρ
u→y
O
→
uz
y
ρ
θ
→
uθ
x
→
P
uρ
Figure 1.7 Le système de coordonnées cylindriques.
g) Base fixe et base mobile dans le référentiel d’étude
Dans le repère choisi du référentiel d’étude il est possible d’utiliser
différentes bases.
➤ La base du système de coordonnées cartésiennes ( u x, u y, u z ) est
une base dite « fixe » c’est-à-dire que ces vecteurs gardent la même
norme unitaire, la même direction et le même sens au cours du
temps.
Trajectoire du point M
y
→
uθ 2
M2
u→ρ 2
→
uθ
Instant t 2
→
uρ
Instant t
M ( ρ, θ)
u→y
u→θ
O
u→ρ
ρ
θ
→
ux
u→θ1
u→ρ1
x
M1
Instant t 1
Figure 1.8 Représentation de la base polaire ( u θ, u ρ ) à différents instants
au cours du mouvement d’un point M dans le plan.
➤ La base ( u ρ, u θ ) associée aux coordonnées polaires est dite
« mobile ». Au cours du déplacement du point M dans le plan, le
vecteur unitaire u ρ suivant OM change de direction ainsi que u θ
(voir figure 1.8). Ces vecteurs, définis à partir du point M, peuvent
12
Chapitre 1 • Cinématique du point
être représentés en n’importe quel point du plan. Par habitude ou
commodité ils sont en général représentés en M ou bien en O. Cela
signifie aussi que ces vecteurs ne peuvent subir que des rotations au
cours du temps.
La figure 1.8 représente la trajectoire d’un point M dans le plan. À
l’instant t il se trouve au point de coordonnées polaires (ρ,θ).
➤ À l’instant t1, M est en M1 sur l’axe Ox, de coordonnées cartésiennes (x,y) = (x1,0) et polaires (ρ,θ) = (ρ1,θ1) = (x1,0).
➤ À l’instant t2, M est en M2 sur l’axe Oy, de coordonnées cartéπ
siennes (x,y) = (0,y2) et polaires (ρ,θ) = (ρ2,θ2) = y 2 , --- .
2
La base polaire ( u ρ, u θ ) est représentée à ces différents instants t,
t1 et t2. On constate alors qu’à l’instant t1, les vecteurs de base
( u ρ1, u θ1 ) se confondent avec la base cartésienne ( u x, u y ) . À
l’instant t2, le vecteur u ρ = u ρ2 correspond au vecteur u y alors que
le vecteur u θ = u θ2 = u π correspond au vecteur (– u x ).
--2
En représentant ces vecteurs en un même point (voir figure 1.9), on
constate bien la rotation des vecteurs de la base polaire. En considérant les expressions (1.9) et (1.10) ces vecteurs apparaissent bien
comme une fonction de l’angle θ.
t2
t
→
u ρ 2 = u→y
t
t1
→
u→ρ
u→ρ1 = u→x
t1
t2
→
→
u θ1 = u y
u→θ
→
uθ 2 = − ux
Figure 1.9 Rotation des vecteurs de la base polaire : représentation à différents instants définis sur la figure 1.8.
h) Choix du système de coordonnées
Le choix du système de coordonnées dépendra du type de mouvement du point
mobile. Dans le cas d’un mouvement rectiligne il est évident que le système de
coordonnées cartésiennes est le mieux adapté. Ce ne sera plus le cas pour des
mouvements curvilignes pour lesquels le système de coordonnées polaires ou
cylindriques sera le plus souvent utilisé.
1.3 • Vecteur vitesse d’un point
13
Exemple : trajectoire circulaire
On peut donner comme exemple le cas d’un mouvement circulaire. L’équation
d’un cercle de centre O et de rayon R s’écrit en cartésienne :
x2 + y2 = R2 et x ∈ [–R,R] ; y ∈ [–R,R]
En coordonnées polaires le même cercle se définit simplement par :
ρ=R
Cet exemple simple montre l’intérêt d’utiliser le système de coordonnées polaires.
1.3
VECTEUR VITESSE D’UN POINT
a) Vitesse moyenne
y
M (t1 )
M (t2 )
x
O
Figure 1.10 Variation de la position dans le temps : vitesse moyenne.
➤ Le même déplacement d’un point M entre 2 positions peut se faire
pendant des durées différentes. Pour caractériser un mouvement il
peut être intéressant de connaître la distance parcourue par unité de
temps c’est-à-dire la vitesse moyenne. Si la position du point
mobile M à l’instant t1 correspond au point M(t1) = M1 et à l’instant
t2 au point M(t2) = M2 le vecteur vitesse moyenne se définit par :
M1 M2
OM 2 – OM 1
V m = --------------- = -------------------------------t2 – t1
∆t
(1.15)
Ce vecteur a pour direction et sens ceux du mouvement (de M1 vers M2). La norme
renseigne sur la distance parcourue en moyenne par unité de temps.
Une vitesse s’exprime, dans le système international, en mètre/
seconde, symbole : m⋅s–1.
14
Chapitre 1 • Cinématique du point
b) Vecteur vitesse instantanée
La vitesse instantanée (vitesse à un instant t, celle par exemple qui
apparaît sur le compteur de vitesse d’un véhicule) peut se définir
comme une vitesse moyenne entre la position M1 = M(t) du point
mobile à la date t et la position M2 = M(t + ∆t) de ce même point à
la date t + ∆t où ∆t représente une durée très faible. Cette vitesse
moyenne tend d’autant plus vers la vitesse instantanée à la date t
que la durée ∆t tend vers zéro. Le vecteur position
OM = OM ( t ) est une fonction du temps et la vitesse instantanée
correspond alors à la dérivée par rapport au temps du vecteur
position :
OM ( t + ∆t ) – OM ( t )
V ( t ) = lim -----------------------------------------------------∆t
∆t → 0
(1.16)
Lorsqu’on considère une durée élémentaire dt « infiniment petite »
le point mobile passe d’une position M à une position M ' « infiniment
proche » de M. Le déplacement élémentaire correspondant peut
s’écrire : MM ' = OM ' – OM = d OM . La durée élémentaire est
choisie suffisamment petite pour que la vitesse moyenne sur le déplacement élémentaire coïncide avec la vitesse instantanée. Avec ces
notations, le vecteur vitesse V ( t ) , dérivée du vecteur position OM ,
s’écrit :
d OM
V ( t ) = -------------(1.17)
dt
Lorsque le point M ' tend vers le point M, la corde M M ' tend vers
la tangente à la trajectoire au point M. Le vecteur vitesse est un
vecteur tangent à la trajectoire au point considéré.
y
M (t)
M (t 1)
→
V (t )
M (t2 )
O
Trajectoire du
point M
x
Figure 1.11 Vecteur vitesse V ( t ) tangent à la trajectoire au point M(t)
considéré.
1.3 • Vecteur vitesse d’un point
15
La durée élémentaire dt correspond à la différence entre 2 dates infiniment proches et s’appelle aussi la différentielle de la variable t.
De même, le vecteur d OM , noté aussi d OM = d l est le résultat
de la différence entre 2 vecteurs position infiniment proches et
s’appelle la différentielle du vecteur position. Il correspond aussi à ce
qu’on nomme un déplacement élémentaire (infiniment petit ou aussi
petit que nécessaire). À partir de la définition (1.17) du vecteur vitesse
instantanée le déplacement élémentaire s’écrit :
d OM = V ( t ) ⋅ dt = d l
(1.18)
c) Expression en coordonnées cartésiennes
À partir de l’expression (1.1) du vecteur position OM et de la définition (1.17) du vecteur vitesse V on obtient :
d[x u x + y u y + z u z]
d OM
(1.19a)
V ( t ) = -------------- = ------------------------------------------------dt
dt
En appliquant la règle de dérivation d’une somme l’expression
devient :
d(x u x) d(y u y) d(z u z)
(1.19b)
V ( t ) = ----------------- + ------------------ + ----------------dt
dt
dt
Les vecteurs de la base cartésienne sont des vecteurs indépendants
du temps. Si le point M est mobile, seules les composantes x, y et z
sont des fonctions du temps : x = x(t) ; y = y(t) ; z = z(t). L’expression
devient :
dz
dy
dx
(1.19c)
V ( t ) = ------ u x + ------ u y + ----- u z
dt
dt
dt
Par convention et pour alléger les expressions, la « dérivation d’une variable X par
rapport au temps t » est notée par la variable surmontée d’un point pour la dérivée
première, de 2 points pour la dérivée seconde etc.
2
d X
dX
------- = Ẋ ; --------2- = X˙˙
dt
dt
(1.20)
Avec cette convention, le vecteur vitesse s’écrit en cartésienne :
V ( t ) = x˙ u x + y˙ u y + z˙ u z
(1.21a)
V ( V x = x˙, V y = y˙, V z = z˙)
(1.21b)
Chapitre 1 • Cinématique du point
16
La valeur V de la vitesse correspond à la norme de ce vecteur :
V (t) = V =
2
2
2
x˙ + y˙ + y˙
(1.21c)
d) Expression en coordonnées polaires
Dérivation du vecteur position et vitesse angulaire
Lorsque le point se déplace dans un plan il est possible de choisir le
système de coordonnées polaires. La base associée ( u ρ, u θ ) est
alors une base « mobile » : les vecteurs sont en rotation dans le plan
(O, x, y) et sont donc des fonctions du temps. À partir de l’expression
(1.2) du vecteur position OM et de la définition (1.17) du vecteur
vitesse V on obtient :
d[ρ u ρ]
d OM
V ( t ) = ------------(1.22)
- = -----------------dt
dt
En appliquant la règle de dérivation d’un produit de fonction on
obtient :
du
dρ
V ( t ) = ------ u ρ + ρ ---------ρ(1.23)
dt
dt
Lorsque le point M est en mouvement, l’angle polaire θ = θ(t) est
une fonction du temps. Le vecteur unitaire u ρ tourne alors au cours
du temps et est donc fonction du temps par l’intermédiaire de l’angle.
Pour dériver ce vecteur par rapport au temps il faut appliquer les
règles de dérivation d’une fonction composée. Si f = f (y) est une fonction de y et y = y(x) une fonction de x, on a :
df dy
df
(1.24)
------ = ------ -----dy dx
dx
Dans notre cas, la variable y correspond à l’angle polaire θ et x à la
variable temps t. On aura donc :
duρ
d u ρ dθ
duρ
(1.25)
---------- = ---------- ------ = θ̇ ---------dθ
dθ dt
dt
La quantité θ̇ caractérise la variation de l’angle polaire au cours du
temps et correspond à la définition de la vitesse angulaire. Elle est
souvent notée ω (lettre grecque oméga) et s’exprime en radian/
seconde (rad⋅s–1).
Il reste à exprimer la dérivée du vecteur unitaire (norme constante
égale à 1) par rapport à l’angle polaire.
1.3 • Vecteur vitesse d’un point
17
Encart 1.3 Vecteur vitesse et la base de Frenet
Dans le cas d’un mouvement plan, et en définissant en tout point M
un vecteur unitaire u t tangent à la trajectoire et orienté comme
celle-ci, le vecteur vitesse, lui-même tangent à la trajectoire au
point M (voir figure 1.12), peut s’écrire :
V ( t ) = v u t et
V
= V = v
La notation V correspond à la valeur de la vitesse (grandeur positive). La notation v correspond à la valeur algébrique de la vitesse.
Le signe de v indique dans quel sens le point se déplace sur la trajectoire: v est positif pour un déplacement dans le sens positif et
négatif dans le cas contraire.
Trajectoire orientée
+
M (t)
u→t
→
un
O
→
V (t ) = v →
ut
→
un
M'
u→t
x
Figure 1.12 Vecteur vitesse et la base de Frenet ( u t, u n ) .
Pour obtenir une nouvelle base dans le plan, il suffit de définir un
vecteur unitaire u n perpendiculaire à u t : ( u t , u n ) s’appelle la
base de Frenet. Le vecteur u t est tangent à la trajectoire dans le
sens positif choisi et le vecteur u n est normal à la trajectoire et
toujours tourné vers la concavité (voir figure 1.12). Cette base est
une base mobile dans le référentiel d’étude puisque la direction des
vecteurs de base dépend du point considéré sur la trajectoire (voir
figure 1.12). Elle peut être pratique d’utilisation si la trajectoire est
connue.
18
Chapitre 1 • Cinématique du point
Dérivation d’un vecteur tournant de norme constante
D’après les relations (1.9) et (1.10) les vecteurs de la base polaire
apparaissent comme des fonctions de l’angle polaire θ. Il est possible
alors de les dériver par rapport à cet angle. L’application des règles de
dérivation donne :
duρ
d [ ( cosθ ) u x + ( sinθ ) u y ]
---------- = ----------------------------------------------------------dθ
dθ
(1.26)
duρ
d [ ( cosθ ) u x ] d [ ( sinθ ) u y ]
(1.27)
---------- = ------------------------------ + -----------------------------dθ
dθ
dθ
Les vecteurs de la base cartésienne étant indépendants de l’angle
polaire il suffit de dériver uniquement les composantes :
duρ
d ( sinθ )
d ( cosθ )
---------- = ------------------- u x + ------------------ u y
dθ
dθ
dθ
(1.28)
duρ
(1.29)
---------- = ( – sinθ ) u x + ( cosθ ) u y
dθ
En comparant ce résultat avec l’expression (1.10), on reconnaît le
vecteur de base u θ qui est directement perpendiculaire au vecteur
uρ :
duρ
---------- = u θ
dθ
(1.30)
du
d [ ( – sinθ ) u x + ( cosθ ) u y ]
---------θ- = ---------------------------------------------------------------dθ
dθ
(1.31)
De même on obtient :
du
(1.32)
---------θ- = ( – cosθ ) u x + ( – sinθ ) u y = – u ρ
dθ
Cette fois on reconnaît l’opposé du vecteur de base u ρ qui est
directement perpendiculaire au vecteur u θ :
On en déduit la règle suivante :
Règle de dérivation d’un vecteur unitaire par rapport à l’angle
polaire :
La dérivée par rapport à l’angle polaire θ d’un vecteur unitaire u
(qui ne dépend que de l’angle θ) est un vecteur unitaire qui lui est
directement perpendiculaire (rotation de π/2 dans le sens positif).
1.3 • Vecteur vitesse d’un point
du→ρ
dθ
19
y
+
→
= uθ
u→ρ
θ
d 2u→ρ
dθ 2
=
du→θ
= −u→ρ
dθ
d 4 u→ρ
dθ 4
= u→ρ
x
d 3u→ρ
=
dθ 3
→
d 2 u→θ d(– u ρ)
=
= −u→θ
dθ 2
dθ
Figure 1.13 Dérivation successive par rapport à l’angle polaire d’un vecteur
unitaire. Chaque dérivation fait tourner le vecteur d’un angle droit. Pour un
vecteur de norme constante le résultat est le même.
2
du
duρ
d uρ
Exemple : --------= ---------θ- = – u ρ ; etc.
- = u θ ; -----------2
dθ
dθ
dθ
Un vecteur unitaire dérivé 4 fois de suite par rapport à l’angle redonne ce vecteur (voir
figure 1.13).
Ce résultat est valable aussi pour un vecteur X de norme constante quelconque
X
= X et tournant dans le plan.
En notant Y la dérivée du vecteur X on aura :
dX
X =
-------- = Y ⊥ X et d------dθ
dθ
Y
= Y = X
Dérivation par rapport au temps du vecteur unitaire tournant
D’après les relations (1.25) et (1.30) on peut écrire :
d u ρ dθ
du
dθ
---------ρ- = ---------- ------ = u θ ------ = θ̇ ⋅ u θ
dt
dθ dt
dt
(1.33)
Règle de dérivation d’un vecteur unitaire par rapport au
temps :
La dérivée par rapport au temps t d’un vecteur u de norme constante est un vecteur dont la norme est obtenue en multipliant celle
de u par la vitesse angulaire θ̇ = ω et qui est directement
perpendiculaire à u (rotation de π/2 dans le sens positif).
du
du
---------ρ- = θ̇ ⋅ u θ ; ---------θ- = – θ̇ ⋅ u ρ
dt
dt
(1.34)
20
Chapitre 1 • Cinématique du point
˙
Pour un vecteur tournant X de norme constante, sa dérivée X par
rapport au temps est telle que :
˙
X ⊥ X (les 2 vecteurs sont perpendiculaires)
(1.35a)
˙
X
= θ̇ X
(1.35b)
= ωX
Ne pas oublier de multiplier par la vitesse angulaire θ̇ lorsqu’on dérive par rapport au
temps.
Expression du vecteur vitesse en coordonnées polaires
En reprenant l’expression (1.23) de la vitesse et en utilisant le résultat
(1.33) de la dérivation du vecteur unitaire u ρ , on obtient :
du
dρ
V ( t ) = ------ u ρ + ρ ---------ρ- = ρ̇ u ρ + ρθ̇ u θ
dt
dt
(1.36a)
V ( V ρ = ρ̇ ; V θ = ρθ˙ )
(1.36b)
où Vρ et Vθ sont respectivement les composantes radiale et orthoradiale du vecteur vitesse dans la base polaire.
La valeur V de la vitesse correspond à la norme de ce vecteur :
V (t) = V =
2
ρ̇ + ( ρθ̇ )
2
(1.36c)
e) Expression en coordonnées cylindriques
Les coordonnées cylindriques correspondent aux coordonnées
polaires dans le plan (O, x, y) auxquelles on ajoute une coordonnée
z suivant un axe perpendiculaire au plan. La base associée est donc
composée de la base tournante ( u ρ, u θ ) et du vecteur u z
(3e vecteur de la base cartésienne) qui est un vecteur « fixe » dans
le référentiel d’étude.
En dérivant l’expression (1.13) du vecteur position et en tenant
compte des résultats obtenus en cartésienne et en polaire, le vecteur
vitesse s’écrit :
d(ρ u ρ + z u z)
d OM
V ( t ) = -------------- = --------------------------------dt
dt
(1.37a)
1.3 • Vecteur vitesse d’un point
21
d(ρ u ρ) d(z u z)
V ( t ) = ------------------ + ----------------dt
dt
(1.37b)
du
dρ
dz
V ( t ) = ------ u ρ + ρ ---------ρ- + ----- u z
dt
dt
dt
(1.37c)
V ( t ) = ρ̇ u ρ + ρθ̇ u θ + z˙ u z
(1.38)
La valeur V de la vitesse correspond à la norme de ce vecteur :
V (t) = V =
2
2
2
ρ̇ + ( ρθ̇ ) + z˙
(1.39)
f) Vecteur vitesse angulaire
Lorsqu’un point M se déplace dans l’espace, les vecteurs de base
( u ρ, u θ ) sont des vecteurs tournant dans le plan (O, x, y) avec la
vitesse angulaire ω = θ̇ . De façon générale, pour caractériser la rotation d’un vecteur tournant dans un plan il faut pouvoir définir ce plan
et la valeur de la vitesse angulaire instantanée.
Pour définir un plan il suffit de se donner un vecteur unitaire
perpendiculaire à ce plan. Le sens de ce vecteur définira le sens positif
des rotations dans le plan correspondant avec la règle habituelle du
« tire-bouchon » (voir figure 1.14).
→
n
+
Vecteur normal au
plan orienté
Orientation positive des angles
et des rotations dans le plan
Figure 1.14 Orientation des rotations dans un plan et vecteur normal à ce
plan : règle du « tire-bouchon ». Le sens positif de rotation dans le plan est
celui qu’il faut donner au tire-bouchon (ou à une vis) pour qu’il se dirige suivant le vecteur unitaire normal au plan.
Dans un repère orthonormé direct, le sens positif de rotation dans
le plan (O, x, y) est le sens trigonométrique c’est-à-dire de l’axe Ox
vers l’axe Oy. L’application de la règle du tire-bouchon donne u z
comme vecteur normal à ce plan. Les vecteurs de bases ( u x, u y, u z )
forme alors un trièdre direct (règle des trois doigts de la main droite
voir encart 1.5).
22
Chapitre 1 • Cinématique du point
Le vecteur vitesse angulaire caractérisant la rotation des vecteurs
de la base polaire est donc un vecteur suivant l’axe Oz et de module
correspondant à la valeur algébrique de la vitesse angulaire ω = θ̇
(une valeur positive donne une rotation dans le sens positif).
(1.40)
ω = ω u z = θ̇ u z
Considérons un point M se déplaçant dans le plan (O, x, y). Le vecteur vitesse (instantanée) V ( t ) est un vecteur dans ce plan alors que le vecteur vitesse angulaire (instantanée) ω ( t ) est un vecteur perpendiculaire à ce plan. Bien faire la distinction entre
ces deux grandeurs.
z
ρ
→
ω
u→z
u→x
x
M
u→y
O
u→z
y
→
θ
uθ
P
u→ρ
Figure 1.15 Rotation des vecteurs de la base polaire dans le plan (O, x, y)
lorsque le point mobile M se déplace. Le vecteur vitesse angulaire est un vec-
teur suivant l’axe 0z orienté comme u z et de module égal à θ̇ : ω = θ̇ u z .
g) Vecteur déplacement élémentaire
Le vecteur déplacement élémentaire d OM = d l peut s’écrire en
utilisant les relations (1.18) et (1.19c) :
dz
dy
dx
dl
V ( t ) = ------ u x + ------ u y + ----- u z = ------dt
dt
dt
dt
(1.41)
V ( t )dt = d l = dx u x + dy u y + dz u z
(1.42)
Le déplacement élémentaire en coordonnées cartésiennes correspond donc à un
déplacement élémentaire dx suivant la direction u x puis un déplacement
élémentaire dy suivant la direction u y (voir figure 1.16) et enfin un déplacement
élémentaire dz suivant la direction u z .
1.3 • Vecteur vitesse d’un point
23
y + dy
M'
d y→
uy
y
M
O
→
dl
d x u→x
x
x
x + dx
Figure 1.16 Déplacement élémentaire dans le plan en coordonnées
cartésiennes.
Pour obtenir l’expression du vecteur déplacement élémentaire dans
le plan en coordonnées polaires on peut pratiquer de la même façon
en reprenant l’expression (1.23) du vecteur vitesse :
dθ̇
dρ
V ( t ) = ------ u ρ + ρ ------ u θ
dt
dt
(1.43)
V ( t )dt = d l = dρ u ρ + ρdθ u θ
(1.44)
Un vecteur élémentaire quelconque d l fait passer un point M de
coordonnées (ρ,θ) à un point voisin M ' de coordonnées
( ρ ' = ρ + dρ, θ ' = θ + dθ ) . Il se décompose sur la base polaire
( u ρ, u θ ) en deux déplacements élémentaires (voir figure 1.17) :
ρ
Mθ
θ + dθ
→
ρdθuθ
O
dθ
OM = ρ
ρ + dρ
M'
θ + dθ
→
dl
ρ + dρ
Mρ
θ
→
ρ dρu ρ
M
θ
Figure 1.17 Déplacement élémentaire dans le plan en coordonnées polaires.
➤ Un déplacement élémentaire radial MM ρ suivant u ρ (θ restant
constant) qui augmente la distance ρ d’une quantité infinitésimale
dρ. La coordonnée radiale passe de la valeur ρ à ρ + dρ. On a
donc : MM ρ = dρ u ρ
24
Chapitre 1 • Cinématique du point
➤ Un déplacement élémentaire orthoradial MM θ suivant u θ (le
rayon ρ restant constant). Ce déplacement est le résultat d’une rotation d’un angle élémentaire dθ. Il correspond à la mesure de l’arc
de cercle ρdθ (produit du rayon par l’angle correspondant). Cet arc
de cercle infiniment petit se confond avec la corde et la tangente au
point considéré. La coordonnée orthoradiale passe de la valeur θ à
la valeur θ + dθ. On a donc : MM θ = ρdθ u θ
➤ Pour un déplacement élémentaire dans l’espace en coordonnées
cylindrique il suffit d’ajouter à l’expression du déplacement
élémentaire en polaire le déplacement élémentaire dz suivant la
direction u z .
V ( t )dt = d l = dρ u ρ + ρdθ u θ + dz u z
(1.45)
1.4 VECTEUR ACCÉLÉRATION D’UN POINT
a) Définition
Tout comme le vecteur vitesse qui rend compte de la variation du
vecteur position par rapport au temps, le vecteur accélération va
rendre compte des variations du vecteur vitesse par rapport au temps.
Le vecteur accélération correspond donc à la dérivée par rapport au
temps du vecteur vitesse c’est-à-dire aussi à la dérivée seconde du
vecteur position :
2
d OM
d V (t)
a = --------------- = ---------------2
dt
dt
(1.46)
Le vecteur accélération correspond à la variation du vecteur vitesse
par unité de temps. L’accélération s’exprime, dans le système international, en mètres divisés par des secondes au carré : symbole
m⋅s–2.
b) Expression en coordonnées cartésiennes
À partir de l’expression (1.21) du vecteur vitesse V ( t ) et de la définition (1.46) du vecteur accélération a on obtient :
d [ x˙ u x + y˙ u y + z˙ u z ]
d V (t)
a = --------------- = ------------------------------------------------dt
dt
(1.47)
d ( x˙ u x ) d ( y˙ u y ) d ( z˙ u z )
a = ----------------- + ------------------ + ----------------dt
dt
dt
(1.48)
1.4 • Vecteur accélération d’un point
25
Les vecteurs de la base cartésiennes sont des vecteurs indépendants
du temps.
L’expression devient :
dx˙
dy˙
dz˙
a = ------ u x + ------ u y + ----- u z
dt
dt
dt
En utilisant la convention (1.20), l’expression devient :
(1.49)
a = ẋ˙u x + ẏ˙u y + ż˙u z
On peut encore écrire :
a ( a x = V̇ x = ẋ˙ ; a y = V˙ y = y˙˙ ; a z = V˙ z = z˙˙)
(1.50)
(1.50b)
c) Expression en coordonnées polaires
À partir de l’expression (1.33) du vecteur vitesse V ( t ) et de la définition (1.46) du vecteur accélération a on obtient :
d [ ρ̇ u ρ + ρθ̇ u θ ]
V (t)
a = d-------------- = --------------------------------------dt
dt
(1.51)
d [ ρ̇ u ρ ] d [ ρθ̇ u θ ]
a = ------------------ + ---------------------dt
dt
(1.52)
La base polaire étant une base mobile dans le référentiel d’étude, le
premier terme est a priori un produit de 2 fonctions du temps et le
deuxième terme un produit de 3 fonctions du temps.
En appliquant les règles de dérivation d’un produit de fonctions, le
premier terme donne :
duρ
d [ ρ̇ u ρ ]
dρ̇
(1.53)
------------------ = ------ u ρ + ρ̇ ---------dt
dt
dt
En appliquant la règle de dérivation d’un vecteur tournant (1.32) ce
premier terme s’écrit :
2
d [ ρ̇ u ρ ]
d ρ
------------------ = --------2 u ρ + ρ̇ ( θ̇ u θ )
dt
dt
(1.54)
d [ ρ̇ u ρ ]
------------------ = ρ̇˙ u ρ + ρ̇θ̇ u θ
dt
(1.55)
26
Chapitre 1 • Cinématique du point
En pratiquant de même avec le deuxième terme, on peut écrire :
duθ
d [ ρθ̇ u θ ]
dθ̇
dρ
--------------------- = ------ θ̇ u θ + ρ ------ u θ + ρθ̇ ---------dt
dt
dt
dt
(1.56)
En utilisant le résultat (1.33) donnant la dérivée des vecteurs de la
base polaire, en utilisant la notation avec des points pour les dérivées
par rapport au temps et en regroupant les 2 premiers termes, on a :
d [ ρθ̇ u θ ]
--------------------- = ( ρ̇θ̇ + ρθ̇˙ ) u θ + ρθ̇ ( – θ̇ u ρ )
dt
(1.57)
2
d [ ρθ̇ u θ ]
(1.58)
--------------------- = ( ρ̇θ̇ + ρθ̇˙ ) u θ – ρθ̇ u ρ
dt
L’expression finale est obtenue en ajoutant les deux expressions
(1.55) et (1.58) :
2
a = [ ρ̇˙ u ρ + ρ̇θ̇ u θ ] + [ ( ρ̇θ̇ + ρθ̇˙ ) u θ – ρθ̇ u ρ ]
(1.59)
2
a = ρ̇˙ u ρ – ρθ̇ u ρ + 2ρ̇θ̇ u θ + ρθ̇˙ u θ
(1.60)
2
a = ( ρ̇˙ – ρθ̇ ) u ρ + ( ρθ̇˙ + 2ρ̇θ̇ ) u θ
(1.61)
a = aρ u ρ + aθ u θ
(1.62)
2
Le premier terme ( a ρ = ρ̇˙ – ρθ̇ ) correspond à la composante
radiale de l’accélération, le second ( a θ = ρθ̇˙ + 2ρ̇θ̇ ) à l’accélération
orthoradiale.
Cette expression est plus difficile à retenir que celle obtenue en coordonnées
cartésiennes. Pour cette raison il faut savoir la retrouver très rapidement en dérivant successivement le vecteur position puis le vecteur vitesse.
d) Expression en coordonnées cylindriques
Il suffit de rajouter la composante ż˙ suivant u z correspondant à la
dérivée par rapport au temps de la composante z˙ du vecteur vitesse :
2
a = ( ρ̇˙ – ρθ̇ ) u ρ + ( ρθ̇˙ + 2ρθ̇ ) u θ + ż˙u z
(1.64)
1.4 • Vecteur accélération d’un point
27
Encart 1.4 Vecteur accélération et la base de Frenet
Dans le cas d’un mouvement plan, il est possible d’exprimer le vecteur accélération en utilisant la base de Frenet définie dans l’encart
1.3. Le vecteur vitesse a alors pour expression :
V ( t ) = v u t et
= V = v
V
Le vecteur accélération peut s’écrire :
(1.63)
a ( t ) = at u t + an u n
La composante at est la composante tangentielle et an est la composante normale centripète. La dérivée du vecteur vitesse dans cette
base conduit au résultat suivant :
dv
a t = ------ (dérivée de la valeur algébrique de la vitesse)
dt
2
v
a n = ---- (vitesse au carré divisée par le rayon de courbure R)
R
Le rayon de courbure correspondant au rayon du cercle tangent à la
trajectoire au point considéré. La composante an est toujours positive et donc le vecteur accélération est toujours tourné vers la concavité (voir figure 1.18)
y
→
→
uρ
O
→
V
C
→
un
u→n
uy
u→θ
u→t
M (t)
+
u→t
→
a
M'
x
→
ux
Figure 1.18 Le vecteur accélération et la base de Frenet ( u t, u n ) . Le
rayon de courbure en M’ correspond au rayon CM’ du cercle tangent à la
trajectoire au point M’ considéré. Les bases polaire et cartésienne sont
représentées au point O pour mettre en évidence les différences avec la
base de Frenet.
28
1.5
Chapitre 1 • Cinématique du point
EXEMPLES DE MOUVEMENT
a) Définitions
Équations horaires du mouvement :
Ce sont les fonctions {x(t), y(t), z(t)} ou {ρ(t), θ(t), z(t)}
2
Exemple n°1 (en cartésienne) : x ( t ) = v o t ; y ( t ) = 1--- a o t ; z ( t ) = 0
2
Exemple n°2 (en cylindrique) : ρ ( t ) = R ; θ ( t ) = ω t ; z ( t ) = 0
Équation de la trajectoire :
C’est la relation liant x, y et z ou liant ρ et θ et z indépendamment
du temps. Cette équation est obtenue en éliminant le temps entre
les différentes coordonnées ou équations horaires.
Exemple n°1 : Pour tout t, z(t) = 0 donc le mouvement se fait dans le plan (O, x, y). On
exprime t en fonction de x et on reporte dans l’expression de y :
2
x 2
1
1 x
1 2
x
x ( t ) = v o t ⇒ t = ---- et y ( t ) = --- a o t = --- a o ----- . On a donc : y = --- a o ----2vo
2
2 v
2
vo
o
(mouvement parabolique dans le plan z = 0)
Exemple n°2 : Pour tout t, z(t) = 0 donc le mouvement se fait dans le plan (O, x, y).
Pour tout t, ρ(t) = R (une constante) : Ceci correspond, en coordonnées polaires, à
l’équation d’un cercle de centre O et de rayon R.
Équation différentielle :
C’est une équation reliant une fonction (par exemple x(t)) avec ses
dérivées.
Exemples : ẋ˙ + bx˙ + cx = 0 ; θ˙ = ω = constante ; etc…
b) Mouvements rectilignes
Dans le référentiel d’étude, la trajectoire est une portion de droite. Il
est évident alors de repérer le point M sur cette droite confondue, par
exemple, avec l’axe Ox des coordonnées cartésiennes. Il n’y a alors
qu’une équation horaire x(t) et une seule composante pour les
vecteurs
vitesse
( v = x˙ u x = ν u x )
et
accélération
( a = ẋ˙u x = a u x ).
1.5 • Exemples de mouvement
29
Pour simplifier les expressions, on choisit souvent comme origine
O du repère la position du point M à l’instant t = 0 (condition initiale).
Mouvement rectiligne uniforme :
Vecteur vitesse constant ⇔ v ( t ) = V o = V o u x
En utilisant l’expression de la vitesse en coordonnées cartésiennes,
on obtient : v = x˙ u x = V o u x .
L’équation différentielle du mouvement est donc : x˙ = V o
En dérivant on obtient une accélération nulle : a = ẋ˙ = 0 .
Pour obtenir l’équation horaire il suffit de trouver la primitive
d’une constante : x˙ = V o ⇒ x ( t ) = V o t + x o
La grandeur xo est une constante d’intégration qui se détermine à
partir des conditions initiales. Avec la condition initiale x(t = 0) = 0
on obtient xo = 0. L’équation horaire est alors : x ( t ) = V o t .
Cette relation entre vitesse, temps et position n’est vraie que pour le mouvement rectiligne uniforme.
Rectiligne uniformément varié :
a ( t ) = cste = a o = a o u x ⇒ ẋ˙ = a o et trajectoire rectiligne.
L’équation différentielle du mouvement est tout simplement :
ẋ˙ = a o
Pour obtenir la vitesse, il faut intégrer la constante soit :
v ( t ) = x˙ = a o dt = a o t + v o où vo est une constante.
∫
Pour obtenir l’équation horaire x(t) il faut intégrer v(t) :
1 2
x ( t ) = v ( t )dt = ( a o t + v o )dt = --- a o t + v o t + x o
2
Les constantes xo et vo sont déterminées par 2 conditions ou par les
conditions initiales (conditions à t = 0). Par exemple, si à t = 0, le
point M est en O sans vitesse, on aura les conditions v(t = 0) = 0 et
x(t = 0) = 0. En reportant dans les expressions de la vitesse et position
on obtient très simplement vo = 0 et xo = 0 soit alors l’équation horaire
1 2
x ( t ) = --- a o t
2
∫
∫
30
Chapitre 1 • Cinématique du point
a ( t ) = a o vecteur constant ne suffit pas pour dire que le mouvement est rectiligne
uniformément varié. En effet on a alors :
dv
a ( t ) = a o = ------- ⇒ v = a o t + v o . Si le vecteur vitesse v o à t = 0 n’est pas
dt
suivant la direction du vecteur accélération le mouvement sera plan, dans le plan
contenant v o et a o (voir par exemple le mouvement de chute parabolique). Il faut
donc rajouter une condition : soit dire que le mouvement est rectiligne soit préciser
qu’à un instant t quelconque vecteur accélération et vecteur vitesse sont colinéaires.
Le mouvement est uniformément accéléré si la norme du vecteur
vitesse est une fonction croissante de t, soit v2 fonction croissante. La
dérivée de v2 doit donc être positive. La condition sera :
2
dv
dv
-------- > 0 ⇒ 2 ⋅ v ⋅ ------- > 0 ⇒ x˙ ⋅ ẋ˙ > 0
dt
dt
(1.64)
L’étude du signe du produit de la vitesse par l’accélération permettra de préciser si le
mouvement est accéléré ( x˙ẋ˙ > 0 ) ou retardé ( x˙ẋ˙ < 0 ).
En exprimant le temps t en fonction de la vitesse et en reportant
dans l’expression de x(t) il est possible d’obtenir une relation entre
position et vitesse indépendamment du temps :
( v – vo )
v ( t ) = x˙ = a o dt = a o t + v o ⇒ ----------------- = t
ao
∫
2
v
1 ( v – vo )
1 2
+ ----o- ( v – v o )
x – x o = --- a o t + v o t = --- -------------------2 ao
2
ao
2
2a o ( x – x o ) = ( v – v o ) + 2v o ( v – v o )
2
2
2a o ( x – x o ) = v – v o
Rectiligne quelconque :
L’accélération est une fonction quelconque du temps. En intégrant
une première fois cette fonction, on obtient la vitesse à une constante près. En l’intégrant une deuxième fois on obtient l’équation
horaire.
a = ẋ˙ = f ( t ) ⇒ v ( t ) = x˙ =
∫ f ( t )dt ⇒ x ( t ) = ∫ v ( t )dt
Les constantes d’intégration se déterminent suivant les conditions
initiales (vitesse et position à t = 0) ou à un instant t quelconque.
1.5 • Exemples de mouvement
31
Rectiligne sinusoïdal :
L’équation horaire est une fonction sinusoïdale du temps du type :
x = X m cos ( ωt + ϕ )
C’est le mouvement par exemple d’une masse accrochée à un
ressort.
➤ La quantité ω s’appelle la pulsation (unité en rad⋅s–1, homogène à
l’inverse d’un temps). Attention, ce n’est pas une vitesse angulaire
même si l’unité est identique
➤ Xm est l’amplitude maximale du mouvement d’oscillation du point
M autour du point O. La fonction cosinus variant entre –1 et +1, x
oscille entre –Xm et Xm
➤ Φ ( t ) = ( ωt + ϕ ) est la phase à l’instant t
➤ ϕ est la phase à l’origine (à t = 0)
x(t )
Xm
T
t
–Xm
Figure 1.19 Représentation du mouvement sinusoïdal dans le temps.
➤ La fonction cosinus est une fonction périodique de période 2π. Si T
est la période temporelle du mouvement, on aura donc :
x ( t ) = x ( t + T ) soit Φ ( t + T ) – Φ ( t ) = 2π . Cela conduit à :
[ ω ( t + T ) + ϕ ] – [ ωt + ϕ ] = 2π ⇒ ωT = 2π
➤ La fréquence f correspond au nombre d’oscillations (d’aller et
retour) par seconde. On a donc f = 1/T
La vitesse est obtenue en dérivant la fonction x(t) :
dx dΦ
dx
x = X m cos ( ωt + ϕ ) ⇒ x˙ = ------ = ------- ------- = v = – X m ωsin ( ωt + ϕ )
dΦ dt
dt
L’accélération est obtenue en dérivant la fonction v(t) :
2
ν = – X m ωsin ( ωt + ϕ ) ⇒ ẋ˙ = a ( t ) = – X m ω cos ( ωt + ϕ )
32
Chapitre 1 • Cinématique du point
On constate que l’accélération peut s’exprimer en fonction de x(t).
2
2
La relation est : a ( t ) = ẋ˙( t ) = – X m ω cos ( ωt + ϕ ) = – ω x ( t )
2
L’équation différentielle du mouvement est donc : ẋ˙ + ω x = 0
Ceci correspond à l’équation différentielle de l’oscillateur harmonique.
La solution de cette équation différentielle peut s’écrire de différentes façons,
toutes équivalentes. On a :
x = X m cos ( ωt + ϕ ) = X m sin ( ωt + ϕ' ) = Asinωt + Bcosωt
En utilisant les relations trigonométriques usuelles, on obtient très simplement :
ϕ' = ϕ + π
--- ; A = – X m sin ϕ ; B = X m cos ϕ .
2
c) Mouvements circulaires
La trajectoire du point est un cercle caractérisé par son centre O et son
rayon R. Il est alors logique de choisir l’origine du repère en centre du
cercle et l’axe Oz perpendiculaire au plan contenant la trajectoire. Le
système de coordonnées polaires est bien adapté pour ce type de
mouvement.
Les équations horaires du mouvement peuvent s’écrire :
ρ = R = constante et θ = θ(t)
La forme de la fonction θ(t) qualifiera le type de mouvement circulaire. Suivant la forme de la fonction θ(t) le mouvement sera dit circulaire et :
➤ Uniforme si θ(t) = ωot + θo avec θ̇ = ωo = constante
➤ Uniformément varié (accéléré ou décéléré) si θ̇˙ = θ̇˙o = constante
1 2
soit θ̇ = ω = θ̇˙o t + θ̇ o et θ ( t ) = --- θ̇˙o t + θ̇ o t + θ o
2
➤ Sinusoïdal si θ ( t ) = θ m cos ( Ωt + ϕ )
Mouvement circulaire quelconque
Les caractéristiques cinématiques du mouvement circulaire peuvent
se déduire du schéma présenté sur la figure 1.20 et sont données par :
OM ( t ) = ( ρcosθ ) u x + ( ρsinθ ) u y
ou
OM ( t ) = ρ u ρ ( t ) = R u ρ
(1.65)
1.5 • Exemples de mouvement
33
d ( OM )
duρ
d(R u ρ)
v = ------------------- = ------------------ = R ---------dt
dt
dt
(1.66)
v = Rθ̇ u θ = Rω ( t ) u θ
Ce résultat peut se retrouver en utilisant l’expression (1.36) de la
vitesse en coordonnées polaires en posant ρ = R = constante.
La dérivée du vecteur vitesse fait apparaître deux termes. On a :
du
d(ω u θ)
dω
dv
a = ------- = R ------------------= R ------- u θ + Rω ---------θdt
dt
dt
dt
a = Rω̇ u θ + Rω ( – θ̇ u ρ )
2
(1.67)
a = – Rω u ρ + Rω̇ u θ
Le vecteur unitaire orthoradiale u θ est perpendiculaire au rayon OM et est donc
tangent à la trajectoire. Dans ce cas, en orientant la trajectoire dans le sens trigonométrique, il correspond au vecteur u t de la base de Frenet définie dans l’encart 1.3
et 1.4. Le deuxième vecteur u n de cette base est toujours tourné vers la concavité
et est donc opposé au vecteur u ρ . On a donc :
u t = u θ et u n = – u ρ
Ce résultat n’est vrai que pour une trajectoire circulaire (voir figure 1.18 de l’encart
1.4 mettant en évidence les différences entre les deux bases).
On retrouve l’expression de la valeur algébrique v de la vitesse :
(1.68)
v = v u t = Rω u θ ⇒ v = Rω
L’expression du vecteur accélération s’écrit dans la base de Frenet
(encart 1.4) :
2
dv
v
(1.69)
a = a t + a n = ------ u t + ---- u n
dt
R
La comparaison entre l’expression (1.69) obtenue dans la base de
Frenet et (1.67) obtenue dans la base polaire permet d’écrire :
➤ Composante radiale ou accélération normale a n
2
2
2
v
a n = ---- u n = Rω u n = – Rω u ρ
R
2
(1.70)
Le terme ( Rω ) étant positif, on constate que cette accélération est
toujours dirigée vers le centre du cercle : c’est la composante normale
centripète. C’est elle « qui fait tourner » c’est-à-dire qui rend compte
de la variation de la direction du vecteur vitesse. Même si le mouve-
34
Chapitre 1 • Cinématique du point
ment est uniforme (v et ω constantes) cette accélération existe nécessairement.
➤ Composante orthoradiale ou tangentielle a t
dω
d ( Rω )
a t = Rω̇ u θ = R ------- u θ = ---------------- u θ
dt
dt
(1.71)
dv
dv
a t = ------ u θ = ------ u t
dt
dt
Cette accélération indique si la valeur de la vitesse varie ou pas.
Dans le cas du mouvement circulaire uniforme il est nul. La
figure 1.20 représente les vecteurs vitesse et accélération pour un
mouvement circulaire quelconque. Dans le cas où l’accélération
tangentielle est dirigée comme le vecteur vitesse le mouvement est
accéléré (voir 1.64). Dans le cas contraire le mouvement serait freiné.
y
u→θ
u→ρ
→
v
a→t
a→
a→n
O
M
θ(t)
x
R
Figure 1.20 Vecteurs vitesse et accélération dans le cas d’un mouvement
circulaire quelconque.
Mouvement circulaire uniforme
Dans ce cas, la vitesse angulaire de rotation est constante et l’équation
différentielle du mouvement est donnée par
dθ
(1.72)
------ = θ̇ ( t ) = ω o = cste
dt
L’équation horaire est obtenue par intégration. Si θ ( t = 0 ) = θ o à
l’instant initial alors on peut écrire :
(1.73)
θ = ωo t + θo
Les expressions (1.65) et (1.66) sont inchangées :
OM ( t ) = ρ u ρ ( t ) = R u ρ
(1.74)
1.5 • Exemples de mouvement
35
d OM = d ( R u ρ ) = d u ρ =
v = ------------Rθ̇ u θ = Rω o u θ (1.75)
R ---------------------------dt
dt
dt
y
u→θ
•
u→ρ
→
v
θ = ωo
M
a→
θ(t)
O
x
R
Figure 1.21 Vecteurs vitesse et accélération dans le cas d’un mouvement
circulaire uniforme.
L’expression (1.67) du vecteur accélération se simplifie. La vitesse
angulaire étant constante la composante tangentielle du vecteur accélération est nulle. Il ne reste que la composante normale :
d ( Rω o u θ )
duθ
v
a = d
- = Rω o ---------------- = ------------------------dt
dt
dt
2
a = Rω o ( – θ̇ u ρ ) = – Rω o u ρ
(1.76a)
(1.76b)
2
2
2
v
a = a n = ---- u n = Rω o u n = – Rω o u ρ
R
(1.76c)
Le mouvement circulaire uniforme est un mouvement accéléré dont l’accélération est
centripète. Uniforme ne veut donc pas dire accélération nulle.
La figure 1.21 représente les vecteurs vitesse et accélération pour
un mouvement circulaire uniforme.
Expressions générales des vecteurs vitesse et accélération pour
un mouvement circulaire
Il est possible d’exprimer les vecteurs vitesse et accélération en introduisant le
vecteur vitesse angulaire ω = ω u z (voir expression 1.40).
36
Chapitre 1 • Cinématique du point
En effet, en remarquant que : u θ = u z ∧ u ρ (voir encart 1.5 sur le
produit vectoriel) on peut donner une expression du vecteur vitesse
indépendante de la base choisie. On obtient :
v = Rω u θ = Rω ( u z ∧ u ρ ) = ω u z ∧R u ρ = ω ∧ OM
d OM
v = -------------- = ω ∧ OM
dt
(1.77)
Le vecteur position OM est un vecteur de norme constante (rayon
R du cercle) qui tourne. La dérivée de ce vecteur (voir expression
(1.35a) et (1.35b) est un vecteur qui lui est directement perpendiculaire et dont la norme a été multipliée par la vitesse angulaire.
L’expression (1.77) permet d’exprimer cette dérivée indépendamment
de la base choisie.
→
ω
Trajectoire
circulaire
R
O
→ →
v = ω ∧ OM
→
M
Figure 1.22 Lien entre vecteur vitesse v et vecteur vitesse angulaire ω .
Cette relation est valable pour tout vecteur de norme constante et
en rotation. En particulier on peut écrire (voir 1.33) :
du
---------ρ- = θ̇ ⋅ u θ = ω ( u z ∧ u ρ ) = ω ∧ u ρ
dt
du
---------θ- = – θ̇ ⋅ u ρ = – ω ( u θ ∧ u z )
dt
duθ
---------- = ω ( u z ∧ u θ ) = ω ∧ u θ
dt
(1.78)
(1.79)
1.5 • Exemples de mouvement
37
Pour un vecteur X de norme X = X = constante et tournant
avec la vitesse angulaire ω (dans le plan perpendiculaire au vecteur
ω ):
dX
-------- = ω ∧ X
dt
Cette relation est valable pour tout mouvement circulaire.
(1.80)
La même règle peut être utilisée pour déterminer le vecteur
accélération :
➤ Composante radiale a n (1.70)
2
2
2
a n = – Rω u ρ = Rω ( u z ∧ u θ ) = Rω [ u z ∧ ( u z ∧ u ρ ) ]
a n = ω u z ∧ ( ω u z ∧R u ρ ) = ω ∧ ( ω ∧ OM )
an = ω∧v
En utilisant la relation (1.77) on peut encore écrire :
a n = ω ∧ v = ω ∧ ( ω ∧ OM )
(1.81)
(1.82)
➤ Composante orthoradiale a t (1.71)
dω
a t = Rω̇ u θ = R ------- ( u z ∧ u ρ )
dt
d(ω u z)
dω
a t = ------------------ ∧R u ρ = --------- ∧ OM
dt
dt
(1.83)
➤ Le vecteur accélération a = a n + a t
dω
a = ( ω ∧ v ) + --------- ∧ OM
dt
(1.84)
dω
a = [ ω ∧ ( ω ∧ OM ) ] + --------- ∧ OM
dt
Ce résultat peut être obtenu directement en dérivant le vecteur
vitesse exprimé sous forme d’un produit vectoriel et en appliquant la
règle habituelle de dérivation d’un produit de fonction :
d ( ω ∧ OM )
d OM d ω
dv
a = ------- = ----------------------------- = ω ∧ -------------- + --------- ∧ OM
dt
dt
dt
dt
38
Chapitre 1 • Cinématique du point
Encart 1.5 Le produit vectoriel
Le produit vectoriel est une opération entre deux vecteurs :
le résultat est un vecteur.
a∧b = c
Notation :
( a , b , c ) forme un trièdre direct comme ( u x, u y, u z )
Le sens est donné par la règle du tire-bouchon (on tourne a vers
b et le tire-bouchon se dirige vers c ) ou des 3 doigts de la main
droite (voir schéma)
Figure 1.23 Règle du tire-bouchon ou des 3 doigts de la main droite.
La norme du vecteur résultant est :
a∧b
=
c
= c = absinα avec α angle entre ( a , b )
Ceci correspond à l’aire du parallélogramme défini par a et b
➤ Remarques : Pour 2 vecteurs perpendiculaires on a c = ab
Pour 2 vecteurs colinéaires on a a ∧λ a = 0 :
λ a ∧µ b = λ ( a ∧µ b ) = λµ ( a ∧ b ) = µ a ∧λ b
➤ Attention :
opposé)
( a ∧ b ) = – ( b ∧ a ) (même norme mais sens
1.5 • Exemples de mouvement
39
➤ Remarque : u x ∧ u y = u z ; u y ∧ u z = u x ; u z ∧ u x = u y
➤ Le produit vectoriel de 2 vecteurs de base pris dans l’ordre
( u x, u y, u z , u x , u y ou u ρ, u θ, u z, u ρ, u θ ) donne le troisième. Si l’ordre n’est pas respecté on obtient l’opposé du troisième vecteur.
Exemples : u z ∧ u ρ = u θ ou u z ∧ u y = – u x
d) Autre type de mouvement : le mouvement
parabolique
Considérons le cas où le vecteur accélération est un vecteur constant
et qu’à un instant choisi comme origine t = 0 le vecteur vitesse v o est
connu.
Pour simplifier l’étude, on peut définir le repère à partir des
données du problème.
➤ L’origine du repère : position du point à t = 0
➤ L’axe z suivant le vecteur accélération, soit a = a o u z
➤ L’axe x perpendiculaire à l’axe z et dans le plan contenant a et
v o . On aura alors à t = 0 :
v o = v ox u x + v oz u z
➤ L’axe y est défini de sorte que ( u x, u y, u z ) forment une base
orthonormée directe.
On obtient par intégrations successives :
a =
ẋ˙ = 0
x˙ = v ox
ẏ˙ = 0 ⇒ v =
y˙ = v oy
ż˙ = a o
x˙ = v ox
v =
y˙ = 0
z˙ = a o t + v ox
z˙ = a o t + v ox
avec voy = 0 on a
40
Chapitre 1 • Cinématique du point
x = v ox t + x ox = v ox t
x
y = y oy = 0
OM = y avec
1 2
1 2
z
z = --- a o t + v oz t + z oz = --- a o t + v oz t
2
2
➤ Dans le cas où v ox = 0 , on retrouve le mouvement rectiligne
uniformément varié suivant l’axe des z.
➤ Pour v ox ≠ 0 , le mouvement est un mouvement plan, dans le plan
défini par le vecteur accélération et le vecteur vitesse à l’instant
t = 0.
Le mouvement projeté suivant l’axe des x est un mouvement
uniforme de vitesse vox.
Le mouvement projeté suivant l’axe des z est uniformément varié,
d’accélération constante ao.
En éliminant la variable t entre les deux équations horaires du
mouvement, on obtient l’équation de la trajectoire :
2
x
1 x
x
t = ------- et z = --- a o ------ + v oz ------v ox
2 v2
v ox
(1.85)
ox
Si α est l’angle que fait le vecteur vitesse v o avec l’axe des x et vo
la norme de ce vecteur vitesse, on peut écrire :
v oz
v o sin α
v ox = v o cosα ; v oz = v o sin α ; ------ = ---------------- = tan α
v ox
v o cos α
2
1 ao
x + xtanα
z = --- ------------------2
2
2 v cos α
(1.86)
o
La trajectoire est une portion de parabole.
Le schéma de la figure 1.24 représente la trajectoire d’un projectile
pour lequel le vecteur accélération vaut :
a = g = – g u z ⇒ a o = – g , où g est l’accélération de la pesanteur.
La flèche h correspond à l’altitude maximale que peut atteindre le
point mobile. La portée d correspond à la distance maximale que peut
atteindre le point lorsqu’il revient à l’ordonnée z = 0.
1.5 • Exemples de mouvement
41
v→ = vox u→x
z
vox
a→ = ao u→z
La flèche h
→
vo
voz
u→z
α
x
O
ux
La portée d
→
vo '
voz
vox
Figure 1.24 Chute parabolique. L’accélération a correspond ici à l’accélération de la pesanteur g .
➤ Calcul de la portée :
2
v
z = 0 ⇒ x = 0 et x = d = – ----o- 2sinαcosα =
ao
La portée est maximale pour 2α = π/2, soit pour
correspondant à α = π/4 = 45°.
2
v
----o sin2α
g
un angle de tir
➤ Calcul de la flèche :
Elle peut être obtenue de différentes façons. On peut rechercher,
par exemple, l’ordonnée correspondant à l’abscisse x = d/2. On
obtient alors :
2
2
2
v
1 –g vo
h = --- ---------------------- sinαcosα + ----o sinαcosα tanα
2
2
2 v cos α g
g
o
2
v
2
h = -----o- sin α
2g
42
Chapitre 1 • Cinématique du point
B
S
U
POINTS CLEFS
➤ Dans un repère donné, les mêmes vecteurs position OM , vitesse V et
accélération a peuvent s’exprimer différemment suivant le choix du sys-
tème de coordonnées et de la base.
Tableau 1.1 RÉCAPITULATIF.
Vecteur
Coordonnées cartésiennes
Coordonnées cylindriques et
Base ( u x, u y, u z )
Base ( u ρ, u θ, u z )
Coordonnées M = ( x, y, z )
Coordonnées M = ( ρ, θ, z )
xux
Position OM
OM =
yuy
ρuρ
OM =
zuz
zuz
x˙ u x
Vitesse V
Accélération a
V =
a =
0
ρ̇ u ρ
V =
y˙ u y
ρθ̇ u θ
z˙ u z
z˙ u z
ẋ˙u x
( ρ̇˙ – ρθ̇ ) u ρ
ẏ˙u y
ż˙u z
2
a =
( 2ρ̇θ̇ + ρθ̇˙ ) u θ
ż˙u z
Les expressions de ces vecteurs, rassemblées dans le tableau 1.1, sont à connaître ou à
savoir retrouver très rapidement.
➤ Dans le cas d’un mouvement circulaire dans le plan (O, x, y) caractérisé par
un vecteur vitesse angulaire ω perpendiculaire à ce plan, il faut connaître
ou savoir retrouver les expressions des vecteurs vitesse et accélération rassemblées dans le tableau 1.2.
43
Exercices
Tableau 1.2 RÉCAPITULATIF.
Mouvement
circulaire
rayon R
Position OM
Vitesse v
Accélération
Normale a n
Accélération
tangentielle a t
Accélération a
Coordonnées polaires
Vitesse angulaire
Base ( u ρ, u θ )
ω = ωuz
OM = R u ρ
v = Rθ̇ u θ = Rω u θ = νu θ
2
a n = – Rω u ρ
d OM
v = ------------- = ω ∧ OM
dt
d OM
a n = ω ∧ -------------dt
a n = ω ∧ ( ω ∧ OM )
a t = Rθ̇˙ u θ
a = an + at
2
a = – Rω u ρ + Rθ̇˙ u θ
dω
a t = --------- ∧ OM
dt
d OM d ω
a = ω ∧ -------------- + --------- ∧ OM
dt
dt
EXERCICES
1.1 Promenade en forêt (mouvement rectiligne uniforme)
Un randonneur se situant en un point A s’est égaré en forêt. Il marche
alors pendant 2h à la vitesse v1 = 6 km/h dans la direction Nord-Est
jusqu’à un point B puis 1h30 dans la direction Sud à la vitesse
v2 = 4 km/h avant de retrouver la sortie de la forêt en C.
a) Déterminer la distance totale (AC) parcourue par le randonneur
entre le point de départ A et le point d’arrivée C.
b) Combien de temps aurait-il mis en marchant directement de A vers
C à la vitesse v1 = 6 km/h ?
c) Dans quelle direction aurait-il dû partir ? Donner l’angle en degrés
que fait cette direction avec l’axe Ouest-Est.
d) On considère le repère : origine le point de départ A et 2 axes orthogonaux correspondant aux directions Sud-Nord et Ouest-Est. Faire un
schéma de ce repère et représentez les différentes positions A, B et C
ainsi que les différents vecteurs vitesses intervenant dans l’exercice.
Faire le schéma à l’échelle.
Réponses : a) 8,9 km b) 1,5 h c) 16,4° par rapport à l’axe Ouest-Est.
44
Chapitre 1 • Cinématique du point
1.2 Freinage d’un tramway (mouvement rectiligne varié)
Une fois ses passagers installés, un tramway quitte l’arrêt en direction
du centre-ville. Le tramway accélère tout d’abord avec une accélération a1 = 1,3 m⋅s–2 pendant 10 s jusqu’à atteindre sa vitesse de déplacement Vo. Il se déplace alors avec cette vitesse constante Vo pendant
une minute lorsque le conducteur aperçoit devant lui un obstacle sur
les voies situé à environ 50 m.
a) Quelle est la distance parcourue par le tramway au moment où le
conducteur aperçoit l’obstacle ?
b) Sachant que le freinage d’urgence correspond à une décélération
a2 = 3 m⋅s–2 et que le temps de réaction du conducteur est de 2 s, le
tramway pourra-t-il s’arrêter avant de heurter l’obstacle ?
c) Tracer sur un graphique la vitesse en fonction du temps.
Réponses : a) 845 m b) non, il manque 4,2 m
1.3 Décollage d’un avion (mouvement rectiligne varié)
Soit un avion pouvant accélérer à 12 m⋅s–2 et qui doit atteindre la
vitesse de 200 km⋅h–1 pour décoller. On veut savoir si cet avion est
capable de décoller depuis la piste du porte-avions Charles de Gaulle
(la longueur de la piste est de 194,5m).
a) Donner l’expression de la position de l’avion en fonction du temps
(x=f(t)).
b) En déduire une relation entre la position de l’avion, sa vitesse et
son accélération.
c) L’avion est-il capable de décoller ?
Réponse : c) oui (distance nécessaire 129 m)
1.4 Mesure de la hauteur d’une falaise (mouvement rectiligne
varié)
Un étudiant cherche à mesurer la hauteur d’une falaise qui surplombe
la mer. Pour cela l’étudiant lâche une pierre de masse m = 0,100 kg du
haut de la falaise et à l’aide d’un chronomètre mesure la durée entre le
moment où il a lâché la pierre et le moment où il entend le bruit de son
entrée dans l’eau. Le chronomètre affiche 4,6 s. On prendra l’accélération de la pierre en chute libre égale à 10 m⋅s–2 et la vitesse du son
vson = 340 m⋅s–1.
a) Déterminer la hauteur de la falaise.
Exercices
45
b) De cette même falaise, l’étudiant veut jeter une pierre identique à la
première pour atteindre un point P situé à une distance de 100 m du
pied de la falaise. Calculez la vitesse initiale de la pierre en km⋅h–1
(supposée horizontale) pour atteindre cet objectif P ?
c) Calculer la durée entre le lancer et le moment où on entend le choc
de la pierre dans l’eau.
Réponses : a) 93,5 m b) 23,13 m⋅s–1 c) même durée que dans a) :
4,324 s
1.5 Spider Maine
Une araignée sarthoise est située au centre de l’horloge de la cathédrale du Mans.
À l’instant où la trotteuse (aiguille des secondes) passe sur le chiffre
III du cadran de l’horloge (t = 0), l’araignée se dirige vers l’extrémité
de cette aiguille en se déplaçant à vitesse constante v = 3,3 cm⋅s–1. La
trotteuse de l’horloge ayant une longueur de 2 m :
1) Quelle est la nature de la trajectoire de l’araignée par rapport à
l’aiguille des secondes ?
2) Au bout de combien de temps l’araignée aura-t-elle atteint l’extrémité de l’aiguille ?
On cherche maintenant à déterminer la nature de la trajectoire de
l’araignée pour un observateur situé aux pieds de l’horloge.
3) Exprimer le vecteur vitesse V ( M ) de l’araignée dans la base
mobile ( u ρ, u θ ) liée à M en fonction des paramètres vA et ω la
vitesse angulaire de l’aiguille.
4) Exprimer le vecteur accélération a ( M ) de l’araignée dans la base
mobile ( u ρ, u θ ) liée à M en fonction des paramètres vA et ω (accélération angulaire de l’aiguille).
5) Calculer les composantes de V ( M ) pour t = 0 s, 15 s, 30 s, 45 s et
60 s dans la base fixe ( u x, u y ) .
6) Représenter à l’échelle sur un schéma les positions et les vecteurs
vitesse de l’araignée pour les temps t = 0 s, 15 s, 30 s, 45 s et 60 s. On
prendra 1 cm qui correspondra à 0,1 m⋅s–1.
7) Sachant que les vecteurs vitesses sont toujours tangents à la trajectoire, tracer la trajectoire de l’araignée pour un observateur situé à la
base de l’horloge.
46
Chapitre 1 • Cinématique du point
SOLUTIONS
1.1 Promenade en forêt
a) Pour calculer la distance parcourue par le randonneur il faut additionner les distances AB et BC que l’on peut assimiler à la norme des
vecteurs AB et BC . Dans le texte il est dit qu’entre les points A et B,
le randonneur marche à une vitesse constante de v1 = 6 km⋅h–1
pendant 2 h, il parcourt donc AB = v1 ⋅ t = 2 ⋅ 6 = 12 km.
De même entre B et C le randonneur parcourt
1,5 ⋅ 4 = 6 km.
BC = v2 ⋅ t =
Ainsi le randonneur a parcouru AB + BC = 6 + 12 = 18 km.
b) Connaissant la vitesse du randonneur entre les points A et C, il
suffit de connaître la distance AC pour calculer le temps mis par le
randonneur pour aller de A à C.
Calcul de la distance AC
Cela revient à calculer la norme du vecteur AC .
47
Solutions
On peut ici s’aider d’un schéma :
B
y
+
→
uy
45°
A
C
u→x
x
La relation de Chasles donne AC = AB + BC
Attention : AC ≠ AB + BC
On peut déterminer les composantes des vecteurs AB et BC dans le
repère (A, x, y) associé à la base orthonormée ( u x, u y ) .
Pour cela on va utiliser le produit scalaire.
En effet, soit un vecteur V dont on veut déterminer les composantes
Vx et Vy dans une base ( u x, u y ) . On peut écrire :
V x
V = V x u x + V y u y ou encore V :
V y
On a :
V ⋅ u x = ( Vx u x + Vy u y ) u x = Vx u x ⋅ u x + Vy u y ⋅ u x = Vx ⋅ 1 + Vy ⋅ 0
On a donc :
V x = V ⋅ u x et de même V y = V ⋅ u y
La définition du produit scalaire donne :
Vx = V ⋅ u x =
V
u x cos ( V , u x ) et
Vy = V ⋅ u y =
V
u y cos ( V , u y )
Le schéma nous permet d’accéder aux angles entre les différents
vecteurs.
Chapitre 1 • Cinématique du point
48
Ainsi AB aura pour composantes dans la base ( u x, u y ) :
AB
AB :
AB
12cos --π-
4
u x cos ( AB , u x )
=
12cos --π- – --π-
u y cos ( AB , u y )
2 4
2
12 -------
6 2
2
8,48
=
=
=
8,48
6 2
12 ------2-
2
De même,
BC ⋅ u x
BC
BC :
=
BC ⋅ u y
BC
6cos π
u x cos ( BC , u x )
---
0
2 =
=
– 6
u y cos ( BC , u y )
6cos π
Le vecteur AC se déduit de la relation de Chasles :
8,48 0
8,48
AC = AB + BC ⇒ AC :
+
=
8,48 – 6
2,48
Maintenant qu’on connaît les composantes de AC on peut calculer
sa norme. En effet, on sait que
AC
2
2
2
x AC + y AC donc :
=
2
AC = 8,48 + 8,48 = 8,84 .
Donc la distance AC est de 8,84 km (environ 8,9 km).
Si le randonneur marche à la vitesse de 6 km⋅h–1 alors il lui faudra
t = d/v = 8,84/6 = 1.41 h = 1 heure 25 minutes pour aller directement
de A à C.
c) Pour calculer l’angle entre deux vecteurs, dont on connaît les
normes, on utilise de nouveau le produit scalaire.
AC ⋅ u x =
AC
u x cos ( AC , u x ) et on a vu à la question précé-
dente que AC ⋅ u x = 6 2 = 8,485 d’où :
AC ⋅ u x
8,485
cos ( AC , u x ) = ------------------------- = ------------- = 0,96 ⇒ ( AC , u x ) = 16,4°
8,84
AC u x
49
Solutions
d) Voir figure.
B
y
→
v BC
Nord
= − v 2u→y
→
v AB
C
→
v AC
0uest
A
Est
x
Sud
1.2 Freinage d’un tramway
a) Avant d’apercevoir l’obstacle le conducteur a accéléré 10 s à
1,3 m ⋅ s–2 (partie 1) puis s’est déplacé à vitesse constante pendant 60 s
(partie 2).
Calcul de D1 :
Connaissant l’accélération lors de la partie 1 on peut calculer la
vitesse puis la distance parcourue par le tramway (D1).
ẋ˙ = a ⇒ v = x˙ = at + b où b est une constante d’intégration (1).
Détermination de la constante b :
À t = 0, v = 0 car le tramway était à l’arrêt donc b = 0.
1 2
x˙ = at ⇒ x = --- at + b' où b' est une constante d’intégration (2)
2
Détermination de la constante b' :
À t = 0, x = 0 car le tramway ne s’est pas encore déplacé donc b' = 0.
On a finalement le déplacement en fonction du temps : x = 0,5at2
Donc au bout de 10 s le déplacement D1 effectué est de :
D1 = x(t = 0) = 0,5 ⋅ 1,3 ⋅ 102 = 65 m
Calcul de D2 :
On sait que la vitesse est constante lors de cette partie du parcours. Il
faut tout d’abord déterminer cette vitesse.
La vitesse Vo de déplacement est atteinte après 10 s : en utilisant la
relation (1) on obtient :
Vo = at = 1,3 ⋅ 10 = 13 m⋅s–1
50
Chapitre 1 • Cinématique du point
Le mouvement est maintenant uniforme à la vitesse Vo.
Donc au bout de 1 minute = 60 s le déplacement D2 effectué est de :
D2 = Vot = 13 ⋅ 60 = 780 m.
Ainsi la distance totale parcourue avant que le conducteur n’aperçoive
l’obstacle est :
D = D1 + D2 = 65 + 780 = 845 m
b) Distance D3 parcourue à la vitesse Vo pendant les 2 s correspondant
au temps de réaction :
x˙ = V o ⇒ x = V o t ⇒ D3 = 13 ⋅ 2 = 26 m.
Ensuite, une décélération de 3 m⋅s–2 correspond à une accélération de
–3 m⋅s–2. La distance de freinage DF peut se calculer en utilisant la
relation qui relie la distance à l’accélération :
ẋ˙ = a ⇒ x˙ = at + V o où Vo = 13 m⋅s–1 est la vitesse de déplacement
au moment où le conducteur commence à freiner (à t = 0).
v = x˙ = –3t + 13 (3)
On en déduit la distance parcourue en fonction du temps :
x = 0,5at2 + Vot + xo avec xo une constante d’intégration.
À t = 0 le déplacement est nul donc xo = 0 d’où :
32
x = 0,5at2 + Vot = – --- t + 13t (4)
2
La durée du freinage s’obtient en cherchant la date pour laquelle la
vitesse s’annule. De la relation (3) on a :
–V
– 13
t F = --------o- = -------- = 4,3 s.
–3
a
La distance de freinage DF peut donc être déterminée :
2
13
32
3 13
D F = – --- t F + 13t F = – --- ------- + 13 -----3
2
2 32
2
1 1
13 ⋅ 13
= 13 – --- + --- = ---------------- = 28,17 m.
6 3
6
51
Solutions
La distance totale D parcourue est :
D = DF + D4 = 28,17 + 26 = 54,17 m > 50 m
Le tramway ne pourra donc pas s’arrêter avant de heurter l’obstacle
situé à 50 m sur les voies.
c) Voir figure.
V
Vo
0
10
72 76 ,3
t(s)
1.3 Décollage d’un avion
a) Le mouvement est uniformément accéléré.
Les conditions initiales sont : à t = 0 : x = 0 et v = 0. On a donc :
1 2
x = --- at (1)
2
b) L’expression de la vitesse en fonction du temps est donnée par :
v = x˙ = at
On en déduit la durée du décollage :
v
t = --- (2)
a
En introduisant l’équation (2) dans la relation (1) on obtient :
2
2
2
1 v
v
x = at = --- a ----2- = -----2 a
2a
c) On utilise la relation démontrée précédemment :
2
3
2
( 200 ⋅ 10 /3600 )
v
x = ------ = ------------------------------------------- = 128,6 m < 194,5 m
2.12
2a
L’avion peut donc décoller de la piste du Charles de Gaulle longue de
194,5 m.
Chapitre 1 • Cinématique du point
52
1.4 Mesure de la hauteur d’une falaise
a) Pendant la chute, la pierre n’est soumise qu’à son poids. L’accélération de la pierre correspond à l’accélération de la pesanteur a = g.
On choisit un axe verticale orienté vers le bas. L’origine est le point de
départ de la pierre qui est lâchée à t = 0 sans vitesse initiale. On a
alors : z(0) = 0 et v(0) = 0 et la hauteur de chute en fonction du temps
est :
1 2
1 2
1 2
z = --- at = --- gt ⇒ h = --- gt c
2
2
2
2h
------ .
g
Attention, la durée mesurée par l’étudiant est égale à la durée tc de la
chute plus le temps ts qu’a mis le son pour parvenir aux oreilles de
l’étudiant. Le son se propage avec une vitesse constante VS. On a
donc :
La durée tc de la chute est donc de t c =
h
t s = ----- .
VS
On a donc, si tm est la durée mesurée :
tm = tc + tS =
h
C’est-à-dire encore : t m – ----- =
VS
2h h
------ + ----g VS
2h
2h
h 2
------ ⇒ ------ = t m – -----
g
g
V S
On obtient le polynôme du deuxième degré suivant :
2
2
t m 1 2
2
h
h
h
2h
+ --- + t = 0
------ = t m – 2 ----- t m + -----2 ⇒ -----2 – 2h ----VS
g
V S g m
V
V
S
2
V S
S
h – 2h V S t m + ----- + V S t m = 0 ⇒
g
2
2 2
2
2
h – 2h ( 340 ⋅ 4,6 + 34 ⋅ 340 ) + ( 340 ⋅ 4,6 ) = 0
2
h – 2h ( 13124 ) + 2446096 = 0
Ce polynôme possède deux solutions :
2
2 2
V
V
2 2
2
2
h = V S t m + -----S ± V S t m + -----S – V S t m = 13124 ± 13124 – 1564
g
g
53
Solutions
h = 13124 ± 13030,475 soit h1 = 26 154,475 m soit h2 = 93,5 m
La solution h1 est à rejeter (trop importante pour avoir un sens). La
hauteur est donc de : h2 = 93,5 m
Remarque : pour avoir un ordre de grandeur de la hauteur on peut
négliger le temps mis par le son pour remonter par rapport au temps
mis par la pierre pour chuter. On a alors :
2
2
gt
2h
10 ⋅ 4,6
------ ⇒ h = -------m- = -------------------- = 105,8 m
g
2
2
On obtient bien une hauteur de cet ordre de grandeur mais en négligeant le temps mis par le son pour remonter on ferait une erreur relative de :
tm ≈ tc =
105,8 – 93,5
∆h
------- = ------------------------------ = 13 %
93,5
h
On a t c =
2h
------ =
g
2 ⋅ 93,5
------------------ = 4,324 s et
10
93,5
h
t s = ----- = ---------- = 0,275 s
340
VS
b) La seule différence avec la situation précédente est que cette fois la
pierre possède une vitesse initiale vo parallèle à la surface de la mer.
L’équation de la trajectoire peut alors être facilement déterminée
suivant l’axe Oz et Ox :
Selon Oz :
1 2
1 2
z = --- at = --- gt même situation que pour la chute libre
2
2
Selon Ox : mouvement rectiligne uniforme à la vitesse vo : x = vot
Pour déterminer vo , il faut connaître la distance du point de chute au
pied de la falaise (D = 100 m) et t le temps que va mettre la pierre à
toucher la surface de l’eau.
Puisque l’équation suivant Oz est la même que pour la question a) la
durée de la chute sera identique c’est-à-dire : t c =
2h
-----g
On en déduit donc que :
g
100
D
v o = ---- = D ------ = ------------- = 23,13 m⋅s–1 c’est à dire 83,26 km⋅h–1
2h
4,324
tc
c) Le temps tc est le même dans les deux cas soit tc = 4,324 s.
54
Chapitre 1 • Cinématique du point
1.5 Spider Maine
1) L’araignée avance le long de l’aiguille à vitesse constante vA : le
mouvement de l’araignée par rapport à l’aiguille est donc rectiligne et
uniforme.
2) La trotteuse mesure 2 m et l’araignée se déplace à vA, on en déduit
le temps de parcours de la trotteuse :
2
d
t = --- = ------------- = 60 s .
0,033
v
L’aiguille effectuera pendant ce temps 1 tour complet du cadran.
3) En coordonnées polaires :
v = ρ̇ u ρ + ρθ̇ u θ
La distance OA correspond à ρ : OA = ρ = vAt et ρ̇ = vA
La vitesse angulaire correspond à :
1 tour
2π
π
θ̇ = ω = -------------- = ------ = ------ rad ⋅ s–1
60
60
30
L’aiguille tourne dans le sens inverse du sens trigonométrique. La
vitesse angulaire algébrique θ̇ est donc négative : θ̇ = – ω = –π/
30 rad ⋅ s–1.
L’expression du vecteur vitesse est donc :
v ( A ) = v A u ρ + v A tθ̇ u θ = v A u ρ – v A tω u θ = v A ( u ρ – ωt u θ )
π
v ( A ) = 3,3 u ρ – ------ t u θ (en cm ⋅ s–1)
30
4) Le vecteur accélération en coordonnées polaires s’obtient en dérivant le vecteur vitesse :
d
d
a ( A ) = ----- [ v A ( u ρ + θ̇t u θ ) ] = v A ----- ( u ρ + θ̇t u θ )
dt
dt
du
d(t u θ)
= v A ---------ρ- + v A θ̇ ---------------dt
dt
2
a ( A ) = v A θ̇ u θ + v A θ̇ [ u θ + t ( – θ̇ u ρ ) ] = – v A θ̇ t u ρ + 2v A θ̇ u θ
2
a ( A ) = – v A ω t u ρ – 2v A ω u θ = – v A ω ( ωt u ρ + 2 u θ )
π
a ( A ) = – 0,11π ------ t u ρ + 2 u θ
30
55
Solutions
Remarque : on peut partir de l’expression du vecteur accélération en
2
polaires : a ( A ) = ( ρ̇˙ – ρθ̇ ) u ρ + ( 2ρ̇θ̇ + ρθ̇˙ ) u θ
Avec ρ = vAt, ρ̇ = vA, ρ̇˙ = 0, θ̇ = –ω et θ̇˙ = 0, on retrouve le résultat
précédent.
5) Les vecteurs ( u ρ, u θ ) ont pour expression dans la base ( u x, u y )
(voir cours) :
u ρ = cosθ u x + sinθ u y
u θ = – sinθ u x + cosθ u y
Sachant qu’à t = 0 l’aiguille est sur le chiffre 3 (c’est-à-dire θ(0) = 0),
l’angle θ s’exprime en fonction de la vitesse angulaire θ̇ = – ω par :
θ = –ωt.
Le tableau suivant rassemble les résultats obtenus pour les dates t = 0,
15, 30, 45 et 60 s.
t
(seconde)
π
θ = – ------ t
30
uρ
uθ
π
v ( A ) = v A u ρ – ------ t u θ
30
0
0
ux
uy
v ( 0 ) = vA u ρ ( 0 ) = vA u x
15
π
– --2
–uy
ux
–π
–ux
–uy
30
45
60
π
v ( 15 ) = v A u ρ – --- u θ
2
3π
– -----2
uy
–ux
– 2π
ux
uy
π
= v A – --- u x – u y
2
v ( A ) = vA ( u ρ – π u θ )
= –vA ( u x – π u y )
3π
v ( A ) = v A u ρ – ------ u θ
2
3π
= v A ------ u x + u y
2
v ( A ) = v A ( u ρ – 2π u θ )
= vA ( u x – 2 π u y )
Chapitre 1 • Cinématique du point
56
Pour ces dates, les vecteurs unitaires ( u ρ, u θ ) s’exprime simplement
en fonction des vecteurs ( u x, u y ) : le résultat peut se vérifier graphiquement.
→
v (45)
→
u ρ (45)
→
u (45)
θ
→
v (30)
→
uθ (0)
→
u ρ (30) r
→
u ((30
30))
θθ
→
v (15)
→
u (60)
θ
→
v (0)
→
u ρ (60)
→
u ρ (0)
→
u (15)
θ
→
u ρ (15)
u→y
→
ux
→
v (60)
PLAN
2
Lois de Newton et
Forces
2.1
Principe d’inertie (1re loi de Newton)
2.2
Principe fondamental (2e loi de Newton)
2.3
Actions réciproques (3e loi de Newton)
2.4
Les forces
2.5
Conclusion
OBJECTIFS
➤ Savoir faire le bilan des forces appliquées sur un système préalablement
défini.
➤ Connaître la méthode de résolution d’un problème de dynamique.
2.1
PRINCIPE D’INERTIE (1RE LOI DE NEWTON)
a) Définitions
Système matériel
Un système matériel est un ensemble de points matériels. On
distingue :
➤ Le système matériel indéformable : Tous les points matériels constituant le système restent fixes les uns par rapport aux autres. Ceci
correspond à la définition d’un solide en mécanique.
➤ Le système matériel déformable : Tout système ne correspondant
pas à un solide. Exemple : l’ensemble de deux mobiles autoporteurs indépendants forment un système déformable.
Le système matériel peut subir des actions ou pas de la part de
l’extérieur. En particulier, on distingue :
➤ Le système matériel isolé (ou fermé) : Il n’existe aucune action
venant de l’extérieur et s’exerçant sur le système.
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
58
➤ Le système matériel pseudo-isolé : Les actions extérieures agissant
sur le système se compensent (tout se passe comme si il était isolé).
Ainsi Sur Terre, un système ne peut pas être rigoureusement isolé
puisqu’il subit obligatoirement son poids. Un mobile autoporteur
sur un plan horizontal est pseudo isolé : la soufflerie du mobile
compense le poids et le mobile se déplace dans le plan horizontal
comme si il était isolé (les principales forces de frottement solidesolide sont éliminées).
Masse
La masse d’un système caractérise la quantité de matière qui le
constitue. L’unité de masse dans le système international est le
kilogramme (symbole : kg).
Très souvent noté m, la masse d’un système est invariable dans le
cadre de la mécanique Newtonienne. C’est une caractéristique du
système.
Centre d’inertie
Le centre d’inertie d’un système matériel ou centre de gravitation
correspond au barycentre des positions des points matériels affectés
de leur masse. Il est noté I (comme Inertie) ou plus souvent G (comme
Gravitation).
Mn
mn
Mn
mn
M2
m2
M2
m2
G
Mi
mi
G
M1
m1
Mi
mi
M1
m1
O
Figure 2.1 Centre d’inertie et barycentre.
Pour un système matériel comportant n points matériels noté M1,
M2, …Mi, …Mn de masse respectivement m1, m2, …mi, …mn (voir
figure 2.1), le barycentre est obtenu par la relation :
i=n
∑ mi GMi =
i=1
0
(2.1)
2.1 • Principe d’inertie (1re loi de Newton)
59
Ce point G peut être repéré par rapport à une origine O (voir
figure 2.1). En utilisant la relation de Chasles on obtient l’expression
suivante :
i=n
i=n
∑ mi GMi = 0 ⇒ ∑ mi [ GO + OMi ] =
0
(2.2)
i=1
i=1
i=n
∑
i=n
m i GO +
i=1
∑ mi OMi =
0
(2.3)
∑ mi OMi
(2.4)
i=1
i=n
i=n
m i GO =
–
i = 1
∑
i=1
∑ mi OMi
(2.5)
i
OG = -----------------------mi
∑
i
mOG =
∑ mi OMi
(2.5)
i
La quantité m correspond à la masse totale du système :
i=n
m =
∑ mi
i=1
Exemple : Centre d’inertie d’un système constitué de 2 masses m1 en M1 et
m2 = 2m1 en M2 tel que M1M2 = d = 6 cm (figure 2.2).
En utilisant la relation (2.1), on a :
m
m 1 GM 1 + m 2 GM 2 = 0 ⇒ GM 1 = – -----2- GM 2 = – 2GM 2
m1
Les deux vecteurs ont même direction et sont de sens opposé : les points G, M1 et
M2 sont alignés et G est entre M1 et M2.
G
M1
m1
M2
m2 = 2 m 1
Figure 2.2 Centre d’inertie G pour un système constitué d’une masse m1 et
m2 = 2 m1.
En passant par les normes, on obtient :
GM 1 = 2 GM 2 ⇒ GM 1 = 2GM 2
(2.6)
60
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
Cette équation fait apparaître deux inconnues GM1 et GM2. Pour résoudre il nous
faut une deuxième équation donnée par :
(2.7)
GM 1 + GM 2 = d
En reportant la relation (2.6) dans (2.7) on obtient :
d
2GM 2 + GM 2 = d = 3GM 2 ⇒ GM 2 = --- = 2 cm
3
2d
GM 1 = 2GM 2 ⇒ GM 1 = ------ = 4 cm
3
Le centre d’inertie se situe entre les deux masses, du côté de la masse la plus
grande, le rapport des distances étant égal au rapport inverse des masses.
Vecteur quantité de mouvement
En physique, il est toujours intéressant de rechercher des grandeurs
qui se conservent dans certains cas au cours de l’évolution du
système. Cela permet de prévoir comment le système va évoluer.
L’énergie en est un exemple et le vecteur quantité de mouvement en
est un autre.
Le vecteur quantité de mouvement (noté p ) d’un point matériel de
masse m se déplaçant avec une vitesse v dans un référentiel donné
est défini par :
p = mv
(2.8)
L’unité de la quantité de mouvement dans le système international
est le kg ⋅ m ⋅ s–1.
Le vecteur quantité de mouvement d’un système matériel constitué
de n masses mi situées aux points Mi et se déplaçant à la vitesse v i
dans le référentiel donné est obtenu en ajoutant tous les vecteurs
quantité de mouvement.
C’est une addition de vecteurs et non de normes. On a donc :
i=n
p =
∑ mi v i =
i=1
i=n
∑ pi
(2.9)
i=1
Cette relation peut encore s’écrire, en considérant que les masses
sont des constantes dans le temps :
i=n
p =
∑
i=1
d OM
d
m i ----------------i = -----
dt
dt
i=n
m i OM i
i=1
∑
d
d OG
p = ----- ( m OG ) = m -------------- = m V G
dt
dt
(2.10)
2.1 • Principe d’inertie (1re loi de Newton)
61
Le vecteur quantité de mouvement d’un système matériel est égal
au vecteur quantité de mouvement d’un point matériel fictif
confondu avec le centre d’inertie du système où serait concentrée
la masse totale du système.
b) Principe d’inertie : 1re loi de Newton
Les principes ou lois ne se démontrent pas.
C’est à partir de l’observation d’un grand nombre d’expériences que
le physicien est amené à énoncer une loi qui restera valide tant qu’une
autre expérience ne la remettra pas en question. La mécanique classique se construit à partir des trois lois que Newton a énoncées.
Expérience
Figure 2.3 Mouvement du centre d’inertie d’un mobile autoporteur sur une
table horizontale.
L’utilisation d’une table soufflante ou d’un mobile autoporteur permet
d’étudier le mouvement d’un solide pseudo isolé. Le poids est
compensé par la soufflerie et le corps peut se déplacer sans frottement
avec le support. La table étant parfaitement horizontale et fixe par
rapport à la Terre, un expérimentateur lance de façon quelconque le
mobile autoporteur. On constate alors qu’il existe toujours un et un
seul point présentant à chaque fois le même type de mouvement rectiligne uniforme (voir figure 2.3). Ce point appelé centre d’inertie coïncide avec le centre de gravitation G. Les autres points du solide on un
mouvement plus complexe combinant une rotation autour de G et une
translation avec G. Si le mobile est simplement posé sur la table il
reste immobile. Ce résultat est valable dans le référentiel terrestre
dans lequel la table est fixe. Mais nous savons que la notion de
mouvement ou de repos dépend du choix du référentiel. Ce résultat
n’est donc pas valable dans tout référentiel. Le référentiel dans lequel
le centre d’inertie d’un système pseudo isolé a un mouvement recti-
62
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
ligne uniforme ou est au repos est qualifié de galiléen. Ce résultat est
vérifié pour tout système déformable ou non.
Principe d’inertie ou 1re loi de Newton
Dans un référentiel (R) galiléen, le centre d’inertie de tout système
matériel mécaniquement isolé (ou pseudo isolé), est soit au repos
soit en mouvement rectiligne uniforme.
Référentiel (R) galiléen
Système isolé (ou pseudo isolé)
→
→
→
VG = cste ⇒ p = mVG = cste ⇒
dp→ →
=0
dt
Ce principe conduit à la loi de conservation de la quantité de
mouvement totale d’un système isolé ou pseudo isolé.
Le principe d’inertie ne renseigne que sur le mouvement du centre d’inertie du
système mais pas sur le mouvement des autres points constituants le système.
c) Référentiels galiléens
La définition de référentiel galiléen est liée au principe d’inertie et
donc à l’expérience. On peut retenir la définition suivante :
Un référentiel est galiléen si le principe d’inertie s’applique.
Dans l’expérience décrite dans la partie 2.1(b) avec les mobiles
autoporteurs, on peut considérer que le référentiel terrestre est galiléen. La même expérience faite dans un véhicule en mouvement par
rapport à la Terre montre que le référentiel lié au véhicule n’est plus
galiléen sauf s’il se déplace d’un mouvement de translation rectiligne
uniforme.
Par rapport à un référentiel (R), un référentiel (R ' ) est en translation rectiligne uniforme si les axes du repère qui le caractérise gardent
toujours la même direction par rapport à (R) et que tous les points de
(R ' ) se déplacent avec la même vitesse v e appelée vitesse d’entraînement. Dans ces conditions, le vecteur vitesse d’un point G, centre
d’inertie d’un système, par rapport au référentiel (R) est égal à la
somme du vecteur vitesse de ce même point G par rapport au référen-
2.1 • Principe d’inertie (1re loi de Newton)
63
tiel (R ' ) et du vecteur vitesse caractérisant la translation rectiligne
uniforme. C’est la loi de composition des vitesses. On a donc :
v R(G) = v R '(G) + v e
(R)
O
(R' )
→
ve
O'
Figure 2.4 Le référentiel (R’) est en translation rectiligne uniforme par rap-
port au référentiel (R). Exemple : le tapis roulant. La vitesse, par raport à la
Terre, d’un point se déplaçant sur le tapis roulant est égale à la vitesse de ce
point par rapport au tapis roulant plus la vitesse d’entraînement du tapis roulant.
Ainsi, si le référentiel (R) est galiléen et que le système étudié est
isolé alors v R ( G ) est un vecteur constant. Si le référentiel (R ' ) est en
translation rectiligne uniforme on a v e constant et donc v R ' ( G )
également. Le référentiel (R ' ) est lui aussi galiléen.
Tout référentiel en translation rectiligne uniforme par rapport à un
référentiel galiléen est lui-même galiléen.
Il existe donc une infinité de référentiel galiléens tous en mouvement de translation rectiligne uniforme les uns par rapport aux autres.
L’expérience montre que le référentiel de Copernic est un excellent
référentiel galiléen (malgré le mouvement du soleil dans notre galaxie
qui elle-même est en mouvement par rapport aux autres galaxies).
Le référentiel géocentrique est en translation non rectiligne autour
du Soleil (translation pratiquement circulaire uniforme). Il n’est donc
pas rigoureusement galiléen. Cependant, la révolution de la Terre
s’effectue en 365 jours et 6 heures ce qui fait que le référentiel
géocentrique peut en première approximation être considéré comme
galiléen lorsque le phénomène étudié se produit pendant un temps très
court devant la période de révolution de le Terre.
Pour les mêmes raisons le référentiel terrestre n’est pas rigoureusement galiléen mais s’en apparente lorsque le temps de l’expérience
est très inférieur à 24 h où bien lorsque la précision des mesures ne
permet pas de mettre en évidence ce mouvement.
64
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
2.2 PRINCIPE FONDAMENTAL DE LA DYNAMIQUE (2E LOI DE
NEWTON)
a) Notion de force
Un point matériel G est rarement mécaniquement isolé mais subit des
actions. Ces actions sont appelées forces. Lorsqu’on parle de force, il
est important de voir que cela suppose l’existence d’un « acteur »
(celui qui exerce la force) et un « receveur » (celui qui subit la force).
« Un corps A exerce une force sur un corps B »
Une force s’exerce dans une certaine direction appelée « ligne d’action de la
force », dans un certain sens et avec une certaine intensité. De plus, une force
s’applique en un point particulier du système. Une force sera donc matérialisée par
un vecteur associé à un point d’application. Son intensité est mesurée au moyen
d’un dynamomètre et s’expriment en Newton (symbole N) dans le système international d’unités.
➤ Représentation d’une action mécanique : ( F , A ) avec F une
vecteur ayant comme direction et sens la direction et le sens de
l’action et comme norme l’intensité de l’action. Ce vecteur sera
représenté au point d’application A.
b) Principe fondamental de la dynamique (ou 2e loi de
Newton)
Dès qu’un système subit des actions provenant de l’extérieur il n’est
plus isolé. Les conséquences en sont une possible déformation ou
bien une modification de mouvement qui se manifeste par une variation du vecteur quantité de mouvement qui ne se conserve plus. La
deuxième loi de Newton précise comment se fait cette modification
du mouvement.
Énoncé du principe
Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces extérieures appliquées à un système est égale à la dérivée par rapport au
temps du vecteur quantité de mouvement du système.
dp
= -------(2.11)
dt
Le vecteur quantité de mouvement du système correspond au
vecteur vitesse du centre d’inertie du système multiplié par la masse
∑ f ext
2.2 • Principe fondamental de la dynamique (2e loi de Newton)
65
totale (voir 2.1a). La masse étant un invariant il est possible de donner
une autre forme à ce principe
Référentiel (R) galiléen
→
→
Système non isolé ∑ f ext ≠ 0
→
→
∑f
ext
→
d(VG )
dp→ d(mVG )
=
=
=m
= ma→G
dt
dt
dt
Ce principe nous renseigne uniquement sur le mouvement du centre d’inertie du
système et pas sur le mouvement des autres points du système.
Théorème du centre d’inertie
Dans un référentiel galiléen, le mouvement du centre d’inertie d’un
système matériel est le même que celui d’un point matériel coïncidant avec ce centre, point qui aurait comme masse la masse totale
du système et auquel on appliquerait la somme des forces agissant
sur le système.
∑ f ext
= maG
(2.12)
Quelque soit le système considéré, on est ramené à l’étude du
mouvement d’un point matériel qui correspond au centre d’inertie.
→
F4
→
→
m
G
→
F3
F1
→
F4
G
→
F3
→
F1
→
m
F2
F2
Figure 2.5 Illustration du théorème du centre d’inertie.
Il est possible de donner une autre forme à ce théorème en introduisant une nouvelle grandeur cinématique intéressante lorsqu’un point
tourne autour d’un axe. Cette grandeur est le moment cinétique.
66
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
Moment cinétique et théorème du moment cinétique
Définition du moment cinétique
Considérons un point matériel M en rotation autour d’un point fixe
dans le référentiel galiléen R(O,x,y,z). Sa vitesse, dans ce référentiel,
est notée V .
On appelle moment cinétique du point M par rapport à un point fixe
O, le moment par rapport à O de sa quantité de mouvement c’est-àdire :
(2.13)
L o ( M ) = OM ∧m V
Le moment cinétique L o, produit vectoriel (voir encart 1.5) du
vecteur position avec le vecteur quantité de mouvement, est un
vecteur perpendiculaire à OM et à la vitesse du point : c’est une grandeur perpendiculaire à la trajectoire du point M (voir figure 2.6).
z
∆
→
L o (M )
y
O
→
x
θ
M
V
Figure 2.6 Moment cinétique par rapport au point O d’un point M en
mouvement autour de O.
Le moment par rapport à un point O d’une grandeur vectorielle X liée à un point
M est :
M o ( X ) = OM ∧ X
(2.14)
Exemple : Moment d’une force par rapport à O :
M o ( F ) = OM ∧ F
(2.15)
Le moment cinétique correspond au moment du vecteur quantité de mouvement.
2.3 • Actions réciproques (3e loi de Newton)
67
Théorème du moment cinétique
d ( OM ∧m v )
dv
d OM
dL
---------o- = --------------------------------- = -------------- ∧m v + OM ∧m ------dt
dt
dt
dt
dv
dL
---------o- = v ∧m v + OM ∧m ------- = OM ∧m a
dt
dt
avec a le vecteur accélération de M.
En appliquant le principe fondamental de la dynamique au point
M:
dL
---------o- = OM ∧m a = OM ∧
dt
∑ Fext
=
∑ ( OM ∧ Fext )
La dérivée (par rapport au temps) du moment cinétique d’un point
matériel M par rapport à un point fixe O dans un référentiel (R)
galiléen est égale à la somme des moments par rapport au même
point O des forces extérieures appliquées au point M.
∑ ( OM ∧ Fext ) = ∑ M o ( Fext ) =
dL
---------odt
(2.16)
Pour un point matériel en rotation autour d’un axe fixe, on peut appliquer indifféremment le principe fondamental de la dynamique ou le théorème du moment cinétique.
Si la somme des moments des forces extérieures est nulle alors le moment cinétique est une grandeur vectorielle constante pouvant éventuellement être nulle.
Dans le cas où le moment cinétique est non nul le mouvement est plan. En effet, les
vecteurs vitesse et position sont perpendiculaires à tout instant au vecteur
moment cinétique constant. Ils sont donc toujours dans le même plan qui correspond au plan du mouvement. Dans le cas où le moment cinétique est nul, le point
a soit un mouvement rectiligne (vecteur position et vitesse ont même direction)
soit il est en équilibre (vitesse nulle) dans le référentiel d’étude.
2.3 ACTIONS RÉCIPROQUES (3E LOI DE NEWTON)
Considérons deux système S1 et S2 en interaction (à distance ou par
contact). Cette troisième loi de Newton ou principe des actions réciproques indique que chaque fois qu’un système S1 exerce une action
(une force) F 1→2 sur un système S2 alors, simultanément, le système
S2 exerce une action (une force) F 2→1 sur le système S1. Ces forces
sont égales et opposées.
68
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
Lorsque deux systèmes S1 et S2 sont en interaction, quel que soit le
référentiel d’étude et quel que soit leur mouvement (ou l’absence
de mouvement), l’action du système S1 sur le système S2 est exactement opposée à l’action simultanée du système S2 sur le système
S1.
(S2 )
→
F1→ 2
(S1 )
Action de (S1 )
sur (S2 )
Action de (S2 )
sur (S1 )
→
F2→1
→
→
F1→ 2 = − F2→1
Figure 2.7 Illustration du principe des actions réciproques.
Ce principe est universel. Il s’applique aussi bien aux interactions à distance qu’aux
interactions de contact, à l’échelle de l’univers comme à l’échelle des particules.
Ce principe peut être très utile puisqu’il nous permet de connaître
l’action d’un corps A sur un corps B si l’on connaît l’action du corps
B sur le corps A.
2.4 LES FORCES
Nous avons déjà vu qu’une force peut être représentée par un vecteur
associé à un point correspondant au point d’application.
L’application des lois de la mécanique nécessite de faire un bon
bilan de forces s’exerçant sur un système c’est-à-dire ne pas oublier
une force ou ne pas en rajouter. Pour cela il faut que le système soit
clairement défini pour pouvoir ensuite répertorier les forces que
l’extérieur exerce sur lui.
Il existe deux types de forces :
➤ Forces d’interaction à distance (l’acteur et le receveur ne sont pas
en contact) : exemples: les forces de gravitation, les forces électromagnétiques, les forces nucléaires de cohésion.
➤ Forces de contact : exemples: les forces de frottement et de tension.
2.4 • Les forces
69
a) Le poids d’un corps : force d’interaction à distance
Force d’interaction gravitationnelle
La force d’interaction gravitationnelle ou force de gravitation est
un exemple de force d’interaction à distance. Elle s’exerce entre
deux masses sans qu’il y ait contact. C’est cette force qui prédomine dans l’Univers du fait de l’importance des masses en
présence.
Cette force suit une loi énoncée par Newton en 1650 et qui précise
que deux masses m et M interagissent entre elles de façon d’autant
plus forte que les masses sont grandes et que la distance qui les sépare
est petite.
La force F qu’exerce une masse M (ponctuelle en O) sur une
masse m (ponctuelle en P) telle que OP = r, s’écrit :
mM
(2.17)
F = – Ᏻ -------- u OP
2
r
avec u OP vecteur unitaire dirigé suivant OP et Ᏻ = 6,67⋅10–11
m3 ⋅kg–1 ⋅s-2, la constante de gravitation universelle.
Masse M
O
u→OP
→
F
Masse m
P
Figure 2.8 Force de gravitation : action de la masse M en O sur la masse m
en P.
Les masses m et M sont toujours positives. La force de gravitation
est donc toujours attractive.
D’après le principe des actions réciproques (3e loi de Newton) la
masse m exerce sur M une force :
mM
mM
F ' = – Ᏻ -------- u OP = – F
- u PO = Ᏻ -------2
2
r
r
La force de gravitation exercée par M en O sur une masse m située
en un point quelconque P de l’espace peut encore s’écrire :
mM
(2.18)
F = m G ( P ) = – Ᏻ -------- u OP
2
r
70
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
La grandeur G ( P ) est appelé champ de gravitation créé par la
masse M en tout point P de l’espace. C’est une grandeur homogène à
une accélération (force sur une masse).
On montre que pour un solide de forme sphérique présentant une
répartition de masse à symétrie sphérique que le champ de gravitation
créé par cet astre en un point extérieur à celui-ci est le même que celui
qui serait créé par une masse ponctuelle égale à la masse du solide et
située au centre du solide. C’est le cas pour les astres de l’Univers et
en particulier pour la Terre.
Champ de gravitation de la Terre
En un point P de l’espace situé à l’extérieur de la Terre le champ de
gravitation a pour expression :
M
M
(2.19)
G ( P ) = – Ᏻ ----2- u OP = – Ᏻ ---------------------2- u OP
r
( RT + z )
➤ M masse de la Terre : M = 5,98⋅1024 kg
➤ RT : rayon de la Terre : RT = 6,37⋅106 m
➤ La constante universelle de gravitation : Ᏻ = 6,67⋅10–11 u.s.i.(unité
du système international).
➤ r : distance du point P au centre O de la Terre
➤ z : altitude du point P par rapport à la surface de la Terre
L’expression et la valeur du champ de gravitation à la surface de la
Terre (r = RT) correspondent à :
M
Go = – Ᏻ -----2- u OP
RT
–2
M
G o = Ᏻ -----2- = 9,83 m ⋅ s ≈ g
RT
(2.20)
Cette valeur est proche de celle du champ de pesanteur g à la
surface de la Terre. La différence provient principalement de la rotation de la Terre autour de son axe Sud-Nord. En première approximation il est possible de considérer que le champ de gravitation Go
correspond au champ de pesanteur g.
À l’altitude z on aura :
M
M
z –2 = G 1 + z –2
G ( z ) = Ᏻ ---------------------2- = Ᏻ -----2- 1 + ----------
-
o
RT
R
T
RT
( RT + z )
2.4 • Les forces
71
Pour des altitudes faibles devant le rayon de la Terre (z << R) on
peut écrire :
2z
G ( z ) ≈ G o 1 – ----- ≈g
R T
(2.21)
Application numérique : Pour une altitude z = 32 km c’est-à-dire
un rapport 2z/RT = 1/100, le champ de gravitation vaut celui à la
surface de la Terre à 1% près.
Champ de pesanteur et poids d’un corps
Le poids P d’un corps de masse m correspond principalement à la
force d’attraction gravitationnelle qu’exerce la Terre sur lui. On peut
écrire :
(2.22)
P = mg
Le champ de pesanteur g est un vecteur dirigé suivant la verticale
du lieu vers le centre de la Terre. Dans un volume restreint comme
celui d’un laboratoire on peut considérer que le champ de pesanteur
est uniforme (les verticales en différents points du lieu considéré sont
parallèles et la valeur du champ est la même).
L’intensité du champ de pesanteur dépend du lieu sur Terre et de
l’altitude. En France elle correspond à 9,81 m⋅s2.
Le poids d’un système correspond à la résultante de toutes les
forces qu’exerce la Terre sur les différentes parties constituant le
système. Le point d’application de cette résultante est le centre de
gravité ou centre d’inertie G du système.
→
G
→
P = mg→
•
•
•
•
Poids d’un corps P :
Point d’application G
Direction : la verticale
Sens : vers le bas
Intensité ou norme : mg
avec g ≈ 9,81 m.s–2
Figure 2.9 Poids P d’un corps de masse m.
Dans toute expérience réalisée sur Terre, cette force interviendra à
chaque fois qu’un bilan des forces sera effectué sur un système.
72
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
b) Les forces de contact
Le système étudié étant défini, à chaque fois qu’il y a un contact avec
un corps extérieur au système il y aura interaction donc force exercée
sur le système. Il suffit donc de faire le tour du système pour réaliser
un bon bilan des forces. Les différentes forces de contact sont :
➤ Action R d’un support sur lequel repose le système et qui
l’empêche de s’enfoncer. Cette action est souvent appelée réaction
du support.
➤ Forces de frottement avec le fluide (gaz ou liquide) dans lequel se
déplace le système et qui s’opposent à se déplacement
➤ Forces de frottement solide entre le système et le support
➤ Force exercée par un ressort ou un fil de liaison appelée tension du
ressort ou du fil.
➤ Le point d’application de ces forces se trouve sur la surface de
contact entre le système et l’extérieur. Mais d’après le théorème du
centre d’inertie l’étude du mouvement du centre d’inertie du
système est le même que celui d’un point sur lequel seraient exercées toutes les forces appliquées au système. Toutes les forces
seront donc représentées au centre d’inertie G du système.
Action du support ou réaction normale
Considérons le cas d’un solide posé sur un support horizontal.
→
→
Rn
Rn
G
→
support
Système :
Masse m,
Centre d’inertie G
G
→
P
P
Figure 2.10 Réaction normale d’un support R n : elle compense le poids et
empêche le système de s’enfoncer.
➤ La force résultante de toutes les actions exercées sur la surface de
contact du système est noté R n .
➤ Le référentiel terrestre lié au support peut être considéré comme
galiléen. Les forces exercées sur le solide sont le poids P et la
réaction R n . L’application du théorème du centre d’inertie immobile sur le support donne :
P + Rn = ma = 0
(2.23)
2.4 • Les forces
73
➤ Le point G étant au repos, la réaction s’oppose au poids et est donc
perpendiculaire au support. Elle permet de maintenir le solide en
équilibre, sans qu’il s’enfonce (le support doit être suffisamment
résistant).
Plus généralement, on appellera R n la composante normale de la
réaction d’un support sur le système.
Forces de frottement visqueux
Les forces de frottement visqueux correspondent à l’action d’un
fluide qui entoure le système en mouvement par rapport au fluide.
La force de frottement s’oppose au mouvement. Si le système étudié
est un solide en translation, cette force est opposée au vecteur vitesse
v du centre d’inertie du solide et est proportionnelle à la valeur de la
vitesse. Pour de faibles vitesses, on peut écrire :
(2.24)
f f = –λ v
avec λ le coefficient de frottement, réel positif et v la vitesse du
centre d’inertie par rapport au fluide. Le coefficient de frottement
dépend de la nature du fluide (de sa viscosité η) et de la forme du
solide en mouvement. Par exemple, pour une bille sphérique de rayon
r, on a : λ = 6πηr
Pour des vitesses plus importantes, le frottement fluide devient proportionnel au
carré de la vitesse et peut s’écrire f = – α v v avec α un coefficient réel positif.
Forces de frottement solide (forces de friction)
Le frottement solide correspond à l’action d’un solide (le support)
en contact avec le système étudié.
Ces forces de frottement n’existent que si :
➤ Le système est en mouvement par rapport au support qui exerce les
forces de frottement (frottement ou friction cinétique). Dans ce cas,
la résultante des forces de frottement solide est une force qui
s’oppose au déplacement du système.
➤ Le système est immobile par rapport au support qui exerce les
forces de frottement mais est soumis à des forces extérieures qui
tendent à vouloir le déplacer (frottement ou friction statique). Dans
ce cas, la résultante des forces de frottement solide est une force
qui s’oppose à la résultante de ces forces extérieures. Elle est donc
74
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
opposée au déplacement qu’aurait le système s’il n’y avait pas de
frottement.
Dans le cas où il existe des forces de frottement solide, la réaction
R du support peut se décomposer en :
➤ une réaction normale au support R n qui empêche le solide de
s’enfoncer et qui existe toujours tant qu’il y a contact.
➤ une force f s = f sc (frottement cinétique) ou f s = f ss (frotte-
ment statique) parallèle à la surface du support, résultantes des
forces de frottement.
(2.25)
R = Rn + fs
Système en mouvement : frottement cinétique f sc
Lorsque le système est en mouvement la résultante des forces de frottement prend une valeur maximale insuffisante pour maintenir l’équilibre. Dans ce cas, on a :
f sc
(2.26)
= µc
----Rn
où µ c est une constante appelée coefficient de frottement ou coefficient de friction cinétique. cette constante dépend de la nature des
surfaces en contact.
→
Rn
→
R
→
R
→
Sens du
déplacement
Rn
Φ
→
Φ
fs
G
→
fs
Sens du
déplacement
G
Figure 2.11 Représentation de la force de frottement solide fs suivant le sens
du déplacement de G. Les autres forces appliquées sur G ne sont pas représentées.
La réaction totale R = R n + f sc fait avec la normale à la surface
de contact un angle Φ (voir figure 2.11) tel que :
f sc
tanΦ = ----= µc
Rn
(2.27)
2.4 • Les forces
75
Cette angle Φ est appelé angle de frottement.
Système en équilibre : frottement statique f ss
La résultante des forces de frottement s’adapte pour prendre juste
la valeur nécessaire pour maintenir l’équilibre et donc empêcher le
mouvement. Elle est comprise entre 0 et la valeur maximale limite
correspondant au début du déplacement.
Dans ce cas, on a :
f ss
(2.28)
< µc
----Rn
Dans ces conditions, l’angle ϕ que fait la réaction totale
R = R n + f ss avec la normale au support est inférieur à l’angle de
frottement Φ.
f ss
tanϕ = ----< µ c = tanΦ ⇒ ϕ < Φ
Rn
(2.29)
En cas de frottement solide, la réaction totale R = R n + f s d’un
support est toujours incliné d’un angle ϕ par rapport à la normale
au support afin de s’opposer au déplacement possible du centre
d’inertie du système. L’inclinaison ϕ est maximale lorsque le
système est en mouvement (ϕ = Φ = arctanµc).
En cas d’absence de frottement ( f s = 0 ), la réaction totale R
correspond uniquement à la réaction normale R n du support c’està-dire ϕ = 0.
Tension d’un fil et d’un ressort
Lorsqu’un opérateur tire sur une extrémité d’un fil, l’autre extrémité
étant fixe, celui-ci se tend. Simultanément, le fil exerce une résistance
c’est-à-dire exerce une action sur l’opérateur (qui la ressent bien).
Cette action du fil sur l’opérateur est appelée « tension du fil ». Elle
n’existe que si le fil est tendu sous l’effet d’une action extérieure.
La tension du fil, notée T , est une force que le fil exerce sur ce qui
le tend. Elle a pour direction la direction du fil, le sens opposé à
l’action qui le tend et une intensité qui s’oppose à cette action. Si la
tension devient trop grande pour le fil celui-ci casse.
76
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
→
Un opérateur exerce une force Fop
qui tend le fil. Simultanément le fil
exerce une action sur l’opérateur appelée
→
tension du fil T . D’après le principe
des actions réciproques on a :
Support fixe
→
Fil tendu
T
→
Extrémité libre
du fil
Fop
→
→
T = − FOP
Figure 2.12 Tension d’un fil.
Si on remplace le fil par un ressort, celui-ci se déforme sous
l’action de la force exercée pour le tendre. La déformation dépend de
la force. Dans ces conditions la tension du ressort dépend de la déformation.
∆l = allongement du ressort
∆l
→
Fop : force exercée sur le ressort
par un opérateur
→
Fop
L’intensité de la force est proportionnelle à l’allongement :
→
Fop = k∆l
avec k : constante de raideur du ressort
Figure 2.13 L’allongement d’un ressort est proportionnel à l’intensité de la
force qui est exercée pour le déformer.
Considérons un ressort à spires non jointives pouvant travailler
aussi bien en compression qu’en étirement et un opérateur exerçant
une force sur l’extrémité libre du ressort, l’autre étant fixée sur un
support (voir figure 2.13). On constate que l’intensité Fop de la force
exercée pour déformer le ressort est proportionnelle à l’allongement
∆l résultant de cette action. La constante de proportionnalité, noté k,
est appelé « constante de raideur » ou plus simplement « raideur du
ressort ». Plus un ressort est « raide » (plus k est grand) et plus il
faudra exercer une force importante pour réaliser un même allongement. Son inverse1/k correspond à l’élasticité du ressort.
La tension du ressort est l’action du ressort sur l’extérieur et est
donc l’opposé de la force responsable de la déformation. Elle est donc
elle aussi proportionnelle à l’allongement du ressort. De plus cette
force est une force de rappel c’est-à-dire qui cherche à ramener le
ressort dans son état au repos (état naturel sans déformation).
2.4 • Les forces
77
Les notations utilisées habituellement et à connaître sont les
suivantes :
➤ ressort à vide ou au repos : ressort ni comprimé, ni étiré (pas de
déformation :
➤ lo : Longueur du ressort au repos ou à vide
➤ l : longueur du ressort déformé
➤ k : constante de raideur du ressort
➤ ∆l : allongement algébrique du ressort c’est-à-dire la différence
entre sa longueur l actuelle (ressort déformé) et sa longueur à vide
lo. On a donc : ∆l = l – lo. Cette allongement est positif si le ressort
est étiré et négatif s’il est comprimé (voir figure 2.14)
➤ u : vecteur unitaire dirigé suivant le ressort et orienté de l’extré-
mité fixe du ressort vers l’extrémité libre susceptible de se déplacer
l
lo
l
∆l = l-l o <0
→
→
T
T
∆l = l-l o >0
u→
(a)
(b)
(c)
Ressort comprimé
Ressort à vide
(ni comprimé ni étiré)
Ressort étiré
Figure 2.14 Représentation de la tension d’un ressort lorsqu’il est comprimé
(a) ou étiré (c). La figure (b) correspond au ressort non déformé (l’état de référence). Dans tous les cas on peut écrire : T = – k∆l u .
Dans ces conditions l’expression vectorielle générale de la tension
d’un ressort s’écrit :
T = – k∆l u
(2.30)
Le signe négatif indique que la tension est une force de rappel. Si l’allongement est
positif (étirement) alors la tension est opposée au vecteur unitaire. Pour un allongement négatif (compression), la tension aura le même sens que le vecteur unitaire.
Pour repérer l’extrémité libre du ressort on introduit très souvent une abscisse x sur un
axe parallèle au ressort. Suivant le choix de l’origine l’expression de l’allongement peut
être différent (voir encart 2.1). Il est donc dangereux de retenir la définition de la
tension avec la variable x.
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
78
Encart 2.1 La tension d’un ressort
O1
lo
→
Te
le
→
T
l
O2
O3
∆l e
→
P = mg→
∆l
M
m
→
u
x
(a)
Ressort
à vide
(b)
Équilibre
avec une masse
(c)
Position
quelconque
Figure 2.15 Expression de la tension T d’un ressort en fonction de
l’abscisse x pour différents points origines.
Considérons le cas classique d’une masse accrochée à un ressort.
On tire sur la masse et on la lâche. On cherche à exprimer la tension
à un instant quelconque (schéma (c) figure 2.15).
➤ Dans tous les cas on a : T = – k∆l u = – k ( l – l o ) u
Sur un axe vertical dirigé vers la bas (vecteur unitaire u , voir
figure) on peut repérer le point matériel M par son abscisse OM = x.
Suivant le choix de l’origine O la tension s’écrit :
➤ Origine O en O1 (extrémité fixe du ressort (c)) O1M = x
T = –k ( x – lo ) u
➤ Origine O en O2 (extrémité mobile du ressort à vide (a))
O2M = x
T = – kx u
➤ Origine O en O3 (position de la masse m à l’équilibre (b))
O3M = x
T = – k ( ∆l e + x ) u
2.4 • Les forces
79
B
S
U
POINTS CLEFS
a) À retenir
➤ Première loi de Newton : principe d’inertie
Dans un référentiel R galiléen, le centre d’inertie de tout système matériel
mécaniquement isolé est soit au repos, soit en mouvement rectiligne uniforme.
➤ Définition d’un référentiel galiléen
Tout référentiel pour lequel le principe d’inertie est applicable (ou plus
généralement les lois de Newton).
➤ Deuxième loi de Newton : principe fondamental de la dynamique
Dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures appliquées à
un système est égale à la dérivée du vecteur quantité de mouvement du
centre d’inertie de ce système c’est-à-dire du produit de la masse de ce
système par le vecteur accélération du centre d’inertie du système.
maG =
∑ f ext
(2.12)
➤ Troisième loi de Newton : principe des actions réciproques
Lorsque deux systèmes S1 et S2 sont en interaction, quel que soit le référentiel d’étude et quel que soit leur mouvement (ou l’absence de mouvement), l’action du système S1 sur le système S2 est exactement opposée à
l’action du système S2 sur le système S1.
➤ Moment cinétique et théorème du moment cinétique
L o = OM ∧m V
(2.13)
Dans un référentiel galiléen, la dérivée du moment cinétique par rapport à
un point fixe O d’un point matériel est égale à la somme des moments des
forces extérieures appliquées à ce point.
dLo
---------- =
dt
∑ M o ( Fext )
=
∑ ( OM ∧ Fext )
(2.16)
➤ Les forces
Forces à distance (poids d’un corps, force de gravitation etc.) et forces de
contact (tension d’un fil ou d’un ressort, réaction d’un support avec ou
sans frottement solide, frottement solide)
Les principales forces habituellement rencontrées sont :
• Poids d’un corps appliqué au centre d’inertie du corps. Cette force est
verticale dirigé vers le bas : P = m g où g représente le champ de
pesanteur à la surface de la Terre
80
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
• Tension d’un ressort : force de rappel : T = – k∆l u
La grandeur ∆l représente l’allongement algébrique du ressort (à ne pas
confondre avec la longueur du ressort) c’est-à-dire la différence entre la
longueur finale et la longueur à vide. Le vecteur u est un vecteur unitaire
dirigé de l’extrémité fixe vers l’extrémité mobile du ressort.
• Frottement fluide : f v = – λ v (s’oppose à la vitesse)
• Réaction normale d’un support : R n (force perpendiculaire au support
et vers l’extérieur du support)
• Frottement solide : f s ≤ µR n où µ est le coefficient de frottement qui
dépend de la nature des surfaces en contact. L’égalité à lieu lorsque le centre d’inertie du système se déplace.
b) Méthode de résolution d’un problème de mécanique
➤ Préciser le système
Il est important de bien définir le système pour pouvoir ensuite faire un
bilan correct des forces que l’extérieur au système exerce sur celui-ci. En
général, cela se réduit à un point matériel caractérisé par sa masse m. Dans
le cas d’un solide en translation, on se ramène à l’étude d’un point qui correspond au centre d’inertie G du solide. Faire un schéma.
➤ Préciser le référentiel
Il faut être précis sur le choix du référentiel. Ceci est important d’autant
plus que dans certains cas il peut y avoir plusieurs choix possibles. Il faut
vérifier que le référentiel est bien galiléen pour pouvoir appliquer les lois
de Newton. Le plus souvent l’étude se fait dans le référentiel terrestre en
général galiléen pour une très grande partie des problèmes de mécanique. Le référentiel peut être défini aussi à partir d’un repère donné.
➤ Faire un bilan de toutes les forces extérieures appliquées au système (les
représenter sur un schéma clair)
Cette étape est très importante car si elle est mal faite tout le reste sera
faux. Pour faire ce bilan il faut énumérer les forces en commençant par les
forces à distance (en général il y a le poids du système) puis les forces de
contact. Pour ces dernières, il suffit de faire le tour du système (d’où
l’importance de l’avoir bien défini) et de savoir qu’à chaque fois qu’il y a
contact il y a force. On rencontrera donc habituellement les forces de frottement, la tension d’un fil ou d’un ressort lié au système et la réaction du
support. Il est important de faire un schéma clair sur lequel apparaîtront
les différentes forces appliquées au centre d’inertie du système.
➤ Appliquer les lois de Newton et en particulier le principe fondamental de
la dynamique ou le théorème du moment cinétique. Le principe fondamental de la dynamique est une équation vectorielle.
2.4 • Les forces
81
➤ Choix d’un repère et d’une base d’étude pour la projection du principe
fondamental de la dynamique. On obtient alors 3 équations différentielles
définissant les composantes du vecteur accélération.
➤ Résolution du problème : on est ramené à un problème de cinématique :
détermination de la vitesse et de la position du centre d’inertie du système. On peut alors répondre à toutes les questions posées.
c) Exemple : le pendule simple
Un pendule simple est constitué d’une masse m considérée ponctuelle fixée à
l’extrémité libre M d’un fil (l’autre O étant fixe par rapport à la Terre). La longueur du
fil est l.
Déterminer la position d’équilibre du système
On écarte la masse de sa position d’équilibre et on la lâche sans lui donner de
vitesse (vitesse initiale nulle).Étudier le mouvement de la masse
Résolution :
Le système est le point matériel M de masse m.
Le référentiel est le référentiel terrestre galiléen dans lequel le point O est fixe.
Bilan des forces extérieures appliquées sur M :
Le poids P = m g (force à distance) et une seule force de contact la tension T
du fil (voir figure 2.16).
L’énoncé ne précise pas s’il existe des forces de frottement. Dans ce cas on les néglige.
O
→
uy
O
y
→
ux
l
l
→
θ
→
Te
T
→
uθ
M
M
→
uρ
→
P
→
(a)
Figure 2.16
P
x
(b)
θ
Le pendule simple en équilibre (a) et en mouvement (b).
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
82
Le principe fondamental de la dynamique appliqué au système conduit à :
P + T = m a où a est le vecteur accélération du point M.
a) Position d’équilibre (voir figure 2.16 (a)) : a = 0
P + T = 0 ⇒ T = – P = –m g
La tension du fil à la même direction que le poids de M. Dans la position d’équilibre
le fil prend donc la direction verticale
b) En mouvement (voir figure 2.16 (b)) :
L’équation traduisant le principe fondamental de la dynamique est une équation
vectorielle. Il est nécessaire de choisir une base pour projeter cette relation. La
trajectoire de la masse correspond obligatoirement à une portion de cercle de
centre 0 et de rayon l. Le système de coordonnées polaires est donc bien approprié
et la base utilisée sera ( u ρ, u θ ) . En exprimant le vecteur accélération dans cette
base (voir chapitre cinématique) on peut écrire :
2
P + T = m a = m ( – lθ̇ u ρ + lθ̇˙ u θ )
En projection sur les vecteurs de base, le poids et la tension s’écrivent :
T = – T u ρ avec T la norme du vecteur tension
Composante du poids suivant u ρ :
P ⋅ u ρ = Pcosθ = mgcosθ
Composante du poids suivant u θ :
P ⋅ u θ = Pcos π
+ θ = – mgsinθ
--2
On peut aussi écrire les composantes sous forme de colonne :
+mgcosθ
P
– mgsinθ
– mlθ̇ 2
ma
mlθ̇˙
–T
T
0
mgcosθ – T = – mlθ̇
– mgsinθ = mlθ̇˙
2
(2.31)
De la seconde équation, il est possible d’écrire l’équation différentielle du mouvement de la masse m :
g
θ̇˙ + --- sinθ = 0
l
Cette équation est une équation différentielle non linéaire à cause de la présence
du terme en sinus. La solution n’est donc pas facile à obtenir sauf si dans certaines
conditions l’équation peut être assimilée à une équation linéaire. Cette condition
est satisfaite dans le cas ou l’angle θ est petit c’est-à-dire lorsque le sinus est assimilable à l’angle. Dans ce cas, l’équation différentielle devient:
g
θ̇˙ + --- θ = 0
l
83
Exercices
En posant ω = g--- , la solution de cette équation s’écrit :
2
l
θ = θ m sin ( ωt + ϕ )
L’équation différentielle précédente aurait pu être obtenue directement par le
théorème des moments calculés en O soit :
M o ( T ) = OM ∧ T = l u ρ ∧ ( – T u ρ ) = 0
M o ( P ) = OM ∧ P = l u ρ ∧ ( mgcosθ u ρ – mgsinθ u θ )
M o ( P ) = – m glsinθ ( u ρ ∧ u θ ) = – mglsinθ u z
2
L o = OM ∧m v = l u ρ ∧mlθ̇ u θ = ml θ̇ u z
Théorème du moment cinétique :
2
dLo
---------- = ml θ̇˙ u z =
dt
∑ M o ( Fext )
= – mglsinθ u z
2
g
l θ̇˙ = – glsinθ ⇒ θ̇˙ + --- sinθ = 0
l
De la première équation (2.31) on tire l’expression de la tension T en fonction de
l’angle θ ( t ) :
2
2
mgcosθ – T = – mlθ̇ ⇒ T = m [ gcosθ + lθ̇ ]
EXERCICES
Stratégie pour résoudre les problèmes de dynamique
1) Définir le système mécanique à étudier.
2) Définir le référentiel d’étude.
3) Faire le bilan des forces.
4) Définir les inconnues
5) Établir les relations qui pourraient exister entre ces forces.
Exemple :
fs
= µc R n
6) Appliquer le principe fondamental de la dynamique (PFD).
7) Définir le repère d’étude approprié pour projeter le PFD sur les
différents axes et établir ainsi des relations entre les forces.
8) Résoudre le problème.
9) Vérifier le sens physique de la réponse.
84
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
2.1 Utilisation des vecteurs en mécanique
u→y
→
ux
→
uz
O
→
F
α = 30°
Soit la base orthonormée ( u x, u y, u z ) associé au repère (O, x, y, z).
On considère une force F représentée par le vecteur F de norme
F = F = 3N .
1) Donner en utilisant le produit scalaire, les coordonnées du vecteur
F dans la base ( u x, u y, u z ) .
2) On veut calculer le moment Mo ( F ) , par rapport au point O, de la
force F appliquée en un point M, dont les coordonnées dans le
repère (O, x, y, z) sont (–1; 2; 1) (unité m).
Sachant que Mo ( F ) = OM ∧ F , calculer les coordonnées de
Mo ( F ) dans la base ( u x, u y, u z ) .
3) En déduire l’angle entre OM et F
4) Comment peut-on vérifier que OM ∧ F est perpendiculaire à F ?
Réponses : 2) {2,6 ; –1,5 ; 5,1} ; 3) 55°
2.2 Hockey sur glace
Quelle est la manière la plus efficace pour envoyer le plus loin possible un palet de hockey sur glace :
a) En le jetant en l’air (en supposant qu’une fois arrivé au sol, il ne
glisse pas sur la glace) ?
b) En le faisant glisser sur la glace ?
La vitesse initiale du palet (vo) sera identique dans les deux cas.
85
Exercices
Pour le cas a) :
On négligera les frottements du palet dans l’air. Pour répondre à cette
question, on déterminera la distance maximale atteinte par le palet
lorsqu’on lance le palet avec une vitesse initiale vo faisant un angle α
avec l’horizontale. Il faudra donc déterminer l’angle α permettant
d’atteindre la distance maximale.
Pour le cas b) :
On prendra un coefficient de frottement entre la glace et le palet
µC = 0,02. Puis on déterminera la distance maximale atteinte par le
palet lorsqu’il glisse sur la surface de la glace.
2
Réponses : a) x m
2
v
vo
= ------------ ; b) x m = ----o
g
2µ C g
2.3 Mode d’emploi d’un casse-noix
Vous avez certainement remarqué que pour utiliser un casse-noix
(schématisé sur la figure ci-dessous), il faut tout d’abord placer la
noix entre les bras du casse-noix. Ensuite il faut serrer (diminuer
l’angle α) jusqu’à atteindre un angle αc pour lequel la noix s’immobilise. En effet, avant d’atteindre cet angle critique la noix glisse entre
les bras du casse-noix. Une fois la noix immobilisée vous pouvez
serrer les bras du casse-noix et casser la noix.
y
Noix
z
α
x
Casse-noix
Sachant que pour le casse-noix de l’expérience, le coefficient de frottement entre la noix (qui a un diamètre de R = 3 cm) et un bras du
casse-noix est de µc = 0,3 et que le poids de la noix est négligeable
devant les autres forces, déterminez αc.
Réponse : αc = 33°
2.4 Tarzan
Tarzan qui a une masse m = 80 kg se saisit d’une liane attachée à un
point O et de longueur L = 4 m. Au départ la liane fait un angle θo par
86
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
rapport à la verticale Ox. À l’instant t = 0, Tarzan saute dans le vide,
sans vitesse initiale. Dans tout ce problème, on négligera les forces de
frottements dues à l’air. On prendra θo = –8° (le sens positif est le
sens trigonométrique).
a) En utilisant le principe fondamental de la dynamique, donner
l’équation différentielle du mouvement en fonction de θ et ses dérivées par rapport au temps.
b) Résoudre cette équation dans le cas où on considère que les valeurs
de θ restent faibles.
c) En déduire la nature du mouvement et tracer l’allure de la courbe
θ = f(t).
d) Calculer la période des oscillations, et en déduire la position
de Tarzan (en degrés) 9 s après qu’il ait sauté ? (on prendra
g = 9,81 m⋅s–2)
Réponse : d) T = 4 s.
2.5 Chute de grêle
Les grêlons sont des particules de glace dont les chutes en très grand
nombre depuis certains nuages constituent la grêle. On a mesuré
expérimentalement leur vitesse à l’arrivée au sol (vs). Cette vitesse
varie, en fonction de la masse du grêlon, entre vs = 15 et
vs = 100 km⋅h–1.
On cherche à connaître le modèle mécanique permettant d’expliquer
ces valeurs. Pour cela, on modélise le grêlon par une boule de glace
(densité de la glace: ρglace = 917 kg⋅m3) de rayon R = 5 mm qui chute
d’un nuage situé à une altitude h = 1500 m. On prendra g = 9,81 m⋅s–2
On prendra un axe Oz descendant tel qu’à t = 0 : z = 0 et v = 0.
On teste alors trois modèles mécaniques différents :
1) On néglige les forces de frottement fluide dues à l’air.
a) Déterminer v = f(t) et z = f(t).
b) Calculer tc la durée de la chute et en déduire vs.
c) Conclure sur la validité du modèle.
2) On considère une force de frottement fluide due à l’air de la forme
f = – α v avec α = 6πRη air où R est le rayon du grêlon et
η air = 1,8.10–5 kg⋅m–1 ⋅s–1 est la viscosité de l’air.
a) Établir l’équation différentielle en v(t).
b) Résoudre cette équation et donner v = f(t).
c) Montrer que le grêlon ne peut dépasser une vitesse limite vl que
l’on calculera.
87
Exercices
d) Déterminer l’équation z = f(t).
e) La fonction z = f(t) est tracée sur le graphique de la figure ci-
dessous. Déterminer une valeur approchée de tc et en déduire vs.
f) Conclure sur la validité du modèle.
3) On considère une force de frottement fluide due à l’air de la forme
2
f = – β v v avec β = 0,225πR ρ air où R est le rayon du grêlon et
ρ air = 1,6 kg ⋅ m–3 est la densité de l’air.
a) Établir l’équation différentielle en v = f(t).
b) En posant w(z) = v2(z) montrer que l’équation précédente
1 dw β
v = f(t) peut s’écrire : --- ------- + ---- w = g .
2 dz m
du dz
du
On rappelle ici que pour une fonction u = f(z(t)) : ------ = ------ ----dz dt
dt
c) Résoudre cette équation différentielle et en déduire l’équation
v = f (z).
d) Montrer que le grêlon ne peut dépasser une vitesse limite vl que
l’on calculera.
e) Calculer vs.
f) Conclusion.
Réponses : 1) vs = 171,5 m ⋅ s–1; 2) vs = 167 m ⋅ s–1 ; 3) vs = 12,9 m ⋅ s–1
88
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
SOLUTIONS
2.1 Utilisation des vecteurs en mécanique
a) On utilise la relation vue dans l’exercice 1.1 sauf qu’ici la base
comporte 3 vecteurs unitaires. On a donc dans la base ( u x, u y, u z ) :
→
uy
u→x
→
uz
α = 30°
O
α
→
F
F ⋅ u
F ⋅ u x cos ( F , u x )
x
F = F ⋅ u y = F ⋅ u y cos ( F , u y )
F ⋅ u z
F ⋅ u z cos ( F , u z )
– 3sin α
– 3sin α
3.1.cos ( π /2 + α )
= 3.1.cos ( π – α ) = – 3cos α = – 3cos α
0
0
3.1.cos ( π /2 )
– 3sin30°
– 3 ( 1/2 )
– 1,5
F = – 3cos30° = – 3 ( 3/2 ) = – 2,6
0
0
0
b) La première chose à faire ici est de déterminer les composantes du
vecteurs OM dans le repère (O, x, y, z). Connaissant les coordonnées
des points O(0; 0; 0) et M(–1; 2; 1) on obtient pour les composantes
de OM :
x M – x o
– 1 – 0
– 1
OM = y M – y o = 2 – 0 = +2
+1
1
–
0
z M – z o
89
Solutions
Produit vectoriel :
Soit deux vecteurs U et V dont les composantes dans une base
U x
V x
( u x, u y, u z ) sont U = U y et V = V y
U z
V z
Le résultat du produit vectoriel U ∧ V est un vecteur noté W . On a
donc :
U x V x
W x
W = U ∧ V = U y ∧ V y = W y
U z V z
W z
Pour calculer le premier terme Wx on « élimine » la première ligne et
on applique la règle du γ (gamma) :
U x V x
W x
U y ∧ V y = ⇒ W x = U y V z – U z V y
U z V z
De même pour le terme Wz on élimine la 3e ligne :
U x V x
U y ∧ V y = ⇒ W z = U x V y – U y V x
U z V z
W z
Pour le terme Wy on élimine la 2e ligne mais avant de faire la règle du
gamma on reporte les valeurs de la première ligne en dessous de la 3e
ligne :
U x V x
U x V x
U y ∧ V y = U y ∧ V y ⇒ W y = U z V x – U x V z
U z V z
U z V z
Ux
Vx
90
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
Finalement :
W x = U y V z – U z V y
U x V x
W x
W = U ∧ V = U y ∧ V y = W y = W y = U z V z – U x V z
W z = U x V y – U y V z
U z V z
W z
Ainsi on procède de même pour calculer M o ( F ) :
– 1 – 1,5
M o ( F ) = OM ∧ F = +2 ∧ +2,6
+1 0
2,0 – 1 ⋅ 2,6
+2,6
=
1 ⋅ ( – 1,5 ) – 1,0 = – 1,5
+5,1
( – 1 ) ⋅ ( 2,6 ) – 2 ⋅ ( – 1,5 )
c) Connaissant les composantes du produit vectoriel OM ∧ F on
peut en calculer sa norme :
OM ∧ F
Par
=
définition
2
2
2
2,6 + ( – 1,5 ) + 5,1 = 5,9 N ⋅ m
OM ∧ F
F = F = 3 N et
obtient :
OM
=
OM ⋅ F ⋅ sin ( OM , F )
=
( –1 ) + 2 + 1 =
2
2
2
avec
6 ≈ 2,6 m on
5,9
5,9
sin ( OM , F ) = -------------------------- ≈ --------------- = 0,8053 c’est-à-dire
2,4 ⋅ 3
OM F
( OM , F ) = 53,64°
d) Il suffit de montrer que le produit scalaire ( OM ∧ F ) ⋅ F = 0 :
+2,6
( OM ∧ F ) ⋅ F = –1,5
+5,1
–1,5
⋅ –2,6
0
= 2,6 ⋅ ( –1,5 ) + ( –1,5 ) ( – 2,6 ) + 5,1 ⋅ 0 = 0
91
Solutions
2.2 Hockey sur glace
a) Distance maximale atteinte par le palet lorsqu’on lance le palet
dans l’air avec une vitesse initiale vo faisant un angle α avec l’horizontale.
Système = palet
Référentiel = référentiel terrestre galiléen
Forces appliquées au système : uniquement le poids P (on néglige
les forces de frottement de l’air)
Principe fondamental de la dynamique :
P = mg = ma ⇒ a = g
Projection sur Ox (axe horizontal) et Oy (axe vertical vers le haut) :
Conditions initiales : x(0) = y(0) = 0 et v o = ( cosα ) u x + ( sinα ) u y
v x = x˙ = v o cosα
a x = ẋ˙ = 0
a =
⇒v =
v y = y˙ = – gt + v o sinα
a y = ẏ˙ = – g
On en déduit les équations horaires :
x = ( v o cosα )t
⇒ OM =
2
y = – 1
gt + ( v o sinα )t
-
2
y
→
→
uy
vo
→
P
α
O
x
→
ux
Pour calculer la distance parcourue par le palet lorsqu’il touche le sol
on impose y = 0 et on calcule le temps t de vol du palet.
2v o sinα
y = 0 ⇒ t = ------------------g
On réintroduit ce terme dans l’équation donnant la distance x(t)
parcourue par le palet :
2
2
2v o cosαsinα
v o sin2α
x = v o cosαt = ------------------------------- = -----------------g
g
92
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
Cette expression montre que la distance parcourue par le palet est
fonction de l’angle α. La distance parcourue par le palet sera maximale pour sin2α maximal c’est-à-dire égal à 1. On a donc :
x = x ma maximale ⇒ sin2α = sin2α m = 1
π
⇒ 2α m = --- ⇒ α m = 45°
2
On peut alors calculer la distance maximale du lancée pour αm = 45° :
2
2
v o sin ( 2α m )
v
x ma = --------------------------= ----o
g
g
(cette distance est atteinte uniquement si on jette le palet avec un
angle de 45° par rapport à la surface du sol).
b) Distance maximale atteinte par le palet lorsqu’on fait glisser le
palet sur la glace en lui donnant une vitesse initiale vo.
Système = palet
Référentiel = référentiel terrestre galiléen
Forces appliquées au système : le poids P , la réaction du sol R n et
la force de frottement solide f .
y
→
Rn
O
→
vo
→
f
→
P
x
Principe fondamental de la dynamique : P + f + R n = m a
Projection sur Ox et Oy :
– f = ma x = mẋ˙
R n – mg = ma y = mẏ˙ = 0
Équations auxquelles il convient d’ajouter la relation entre f et Rn :
f = µcRn
Sachant qu’il n’y a pas de mouvement suivant y on a ay = 0, c’est-àdire :
R n = mg ⇒ f = µ c R n = µ c mg n
93
Solutions
La relation fondamentale de la dynamique projetée sur l’axe Ox
devient :
– f = – µ c mg = mẋ˙ ⇒ ẋ˙ = – µ c g
On en déduit alors la vitesse du palet suivant l’axe Ox :
Avec à t = 0, vx = vo on a v x = x˙ = – µ c gt + v o
Et le déplacement suivant Ox (avec à t = 0, x = 0) :
2
1
x = – --- µ c gt + v o t .
2
Pour déterminer la distance maximale atteinte par le palet il faut
dx
calculer la date t = tm pour laquelle ------ = x˙ = v x = 0 (le palet
dt
s’arrête).
vo
v x = 0 = – µ c gt m + v o ⇒ t m = -------µc g
En réintroduisant tm dans l’équation du déplacement selon l’axe Ox
on obtient la distance maximale xmb parcourue par le palet :
2
2
vo
vo
2
1
1 vo
1
= --- -------x mb = – --- µ c gt m + v o t m ⇒ x mb = – --- µ c g --------------- + v o -------2
2
µc g 2 µc g
2
(µ g)
c
Conclusion :
2
vo
----------2µ c g
x mb
1
1
-------- = ----------- = -------- = ------------------ = 25
2
2 ⋅ 0,02
2µ c
x ma
vo
---g
On peut en conclure que faire glisser le palet sur la glace permet
d’atteindre une distance 25 fois supérieure à celle atteinte si on le
lançait dans l’air.
Remarque : ce résultat reste valable tant que le coefficient de frottement (qui ne dépend que des interactions surface du palet et surface
de la glace) reste inférieur à 0,5.
2.3 Mode d’emploi d’un casse-noix
Système : noix
Référentiel : terrestre galiléen (O, x, y ,z)
94
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
Forces appliquées au système : le poids P négligeable, les réactions
normales aux bras du casse-noix R n1 et R n2 et les forces de frottements entre les bras du casse-noix et la noix f 1 et f 2 .
y
→
f1
→
z
Rn1
α/2
Noix
→
x
Rn2
→
f2
Casse-noix
Principe fondamental de la dynamique :
P + R n1 + f 1 + R n 2 + f 2 = m a
Pour des raisons de symétrie on peut écrire :
R n1 = R n2 = R n ; f 1 = f 2
glisse)
La projection sur Ox et Oy donne :
= f et f = µcRn (la noix
ma x = mẋ˙ = – f 1 cos ( α/2 ) + R n1 sin ( α/2 ) – f 2 cos ( α/2 ) + R n2 sin ( α/2 )
ma y = mẏ˙ = – f 1 sin ( α/2 ) + R n1 cos ( α/2 ) – f 2 sin ( α/2 ) + R n2 cos ( α/2 )
mẋ˙ = – 2fcos ( α/2 ) + 2R n sin ( α/2 )
C’est-à-dire :
et avec f = µcRn,
mẏ˙ = 0
mẋ˙ = 2R n [ sin ( α/2 ) – µ c cos ( α/2 ) ]
ẏ˙ = 0
On en déduit que pour que la noix soit immobile il faut ax = 0, c’està-dire :
mẋ˙ = 0 = 2R n [ sin ( α c /2 ) – µ c cos ( α c /2 ) ]
⇒ ( sin ( α c /2 ) – µ c cos ( α c /2 ) = 0 )
95
Solutions
sin ( α c /2 )
Donc : µ c = ----------------------- = tan ( α c /2 ) ⇔ α c = 2arctanµ c
cos ( α c /2 )
α c = 2arctanµ c
A.N. : pour µC = 0,3 on obtient αc = 33,4°
Remarque : l’angle αc ne dépend pas de la taille de la noix.
2.4 Tarzan
a) Système : Tarzan assimilé à un point de masse m.
Référentiel : terrestre galiléen
Forces appliquées au système : le poids P , la tension T de la liane.
Principe fondamental de la dynamique : P + T = m a
y
O
L
→
T
θ
θo
→
uθ
m
u→ρ
→
x
P
Choix du repère : système d’axe (O, x, y) (voir schéma). Le mouvement de Tarzan étant circulaire (L = OM = constante) le système de
coordonnées polaires (ρ = L, θ) avec la base ( u ρ, u θ ) est plus approprié.
Projection sur u ρ, u θ :
ma ρ = P ⋅ u ρ + T ⋅ u ρ = mgcosθ – T
ma = P ⋅ u θ + T ⋅ u θ = – mgsinθ – 0
θ
On sait qu’en coordonnées polaires, l’accélération d’un objet a pour
2
expression : a = a ρ u ρ + a θ u θ = ( ρ̇˙ – ρθ̇ ) u ρ + ( 2ρ̇θ̇ + ρθ̇˙ ) u θ
96
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
Ici ρ = L ⇒ ρ̇ = ρ̇˙ = 0 et l’expression de l’accélération devient :
2
a = a ρ u ρ + a θ u θ = – Lθ̇ u ρ + Lθ̇˙ u θ
On en déduit les relations suivantes :
2
gcosθ – ( T/m ) = – Lθ̇
mgcosθ – T = – mLθ̇
⇒
– mgsinθ = mLθ̇˙
– gsinθ = Lθ̇˙
2
La première relation n’est pas utile car on ne connaît pas la valeur de
T = T . En revanche la deuxième relation nous permet de répondre
à la question c’est-à-dire donner une équation différentielle en θ :
g
– gsinθ = Lθ̇˙ ⇒ θ̇˙ + --- sinθ = 0
L
b) L’équation différentielle précédente n’a pas de solution triviale, en
revanche lorsque θ reste faible on peut simplifier cette équation. En
effet, si θ est suffisamment « petit » alors on peut dire que sinθ ≈ θ
(développement limité au premier ordre). L’équation différentielle du
mouvement devient alors :
g
--- (pulsation propre)
L
C’est l’équation différentielle de l’oscillateur harmonique. On sait
que la solution de cette équation différentielle du second ordre sans
second membre est de la forme : θ = θ m cos ( ωt + ϕ ) où θ m et ϕ
sont des constantes qui se détermine à partir des conditions initiales.
2
θ̇˙ + ω θ = 0 avec ω =
On a : θ = θ m cos ( ωt + ϕ ) ⇒ θ̇ = – θ m ωsin ( ωt + ϕ )
Pour t = 0 on a θ ( 0 ) = θ o et v ( 0 ) = Lθ̇ ( 0 ) u θ = 0 ⇒ θ̇ ( 0 ) = 0
On obtient le système d’équation suivant :
θ o = θ m cosϕ (1)
θ̇ ( 0 ) = 0 = – θ m ωsinϕ (2)
De l’équation (2) on tire : sinϕ = 0 car on sait que ω ≠ 0 et que si
θm = 0 alors il n’y a pas de mouvement.
sinϕ = 0 ⇒ ϕ = 0 ou π
La relation (1) permet alors de déterminer la constante θm :
θo = θmcos0 = θm ou θo = θmcosπ = –θm.
97
Solutions
En choisissant la solution correspondant à une amplitude θm > 0 on a :
g
g
θ = θ o cos --- t = θ ( t ) = – 8°cos --- t
L
L
Remarque : les deux solutions possibles sont identiques :
θ = θ o cosωt = – θ o cos ( ωt + π ) soit :
θ = – 8°cosωt = 8°cos ( ωt + π )
c) Le mouvement est donc un mouvement oscillatoire non amorti.
Le tracé est le suivant :
10
8
6
T
théta [deg]
4
2
0
-1 -2
4
9
14
-4
-6
-8
-10
t [s]
Remarque : l’amplitude maximale des oscillations est égale à θm = 8°
(l’écart angulaire initial).
d) La période des oscillations est donnée par la relation à connaître :
1
2π
T = --- = -----f
ω
4
L
2π
T = ------- = 2π --- = 2π ---------- = 4 s .
9,81
g
g
--L
En 9 s Tarzan aura eut le temps de faire 2 oscillations complètes plus
un quart d’oscillation.
En effet : 2T + T/4 = 9 s. Tarzan se trouvera donc à la position θ = 0°
(voir le tracé de la courbe θ = f(t)).
2.5 Chute de grêle
Système : le grêlon
Référentiel : terrestre et galiléen
Repère : Oz orienté vers le bas, vecteur unitaire u z
98
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
1)a) Forces appliquées : le poids P = m g = mg u z
Principe Fondamental de la dynamique :
P = mg = ma ⇒ a = g .
Projection sur Oz : a = ż˙ = g
On en déduit l’expression de v :
ż˙ = g ⇒ z˙ = v = gt + cte
Avec les conditions t = 0, v(0) = 0 la constante d’intégration est
nulle :
z˙ = v = gt
De même on en déduit l’expression de z :
1 2
z˙ = v = gt ⇒ z = --- gt + cte
2
Avec les conditions t = 0, z(0) = 0 la constante d’intégration est nulle :
1 2
z = --- gt
2
b) La durée tc de la chute correspond à z = h :
2h
-----g
1 2
z = --- gt c ⇒ t c =
2
2h
On en déduit v s : v s = gt c = g ------ =
g
A.N. : t c =
2.1500
---------------- = 17,5 s et v s =
9,81
2gh
2.9,81.1500 = 171,5 m ⋅ s–1
v s = 617,6 km ⋅ h–1
c) La vitesse v s est trop grande : le modèle n’est pas valide.
2)a) Forces appliquées : le poids P = m g = mg u z et la force de
frottement fluide f = – α v .
Principe Fondamental de la dynamique :
P + f = ma ⇒ma = mg –αv.
99
Solutions
Projection sur Oz :
α
dv
ma = mg – αv ⇒ a = ------ = g – ---- v
m
dt
dv α
------ + ---- v = g
dt m
b) L’équation précédente est une équation différentielle du premier
ordre avec second membre. Pour la résoudre on applique la méthodologie suivante :
Résolution d’une équation différentielle avec second membre
1- Résoudre l’équation différentielle sans second membre (S1)
2- Trouver une solution particulière à l’équation avec second
membre (S2). Remarque : si le second membre est constant la
solution particulière est une constante simple à déterminer.
3- La solution générale de l’équation avec second membre sera
S = S1 + S2
4- Déterminer les constantes en utilisant les conditions particulières (qui sont souvent les conditions initiales)
5- Donner la solution complète.
En utilisant la méthode précédente on a :
1- Résoudre l’équation différentielle sans second membre (S1)
dv
dv α
α
------ + ---- v = 0 ⇒ ------ = – ---- dt
m
dv
dt
m
On peut alors intégrer cette équation :
dv
α
α
∫ -----v- = ∫ ---m- dt ⇒ lnv = – ---m- t + C
La constante d’intégration C peut toujours s’écrire : C = lnK où K est
une constante d’intégration. On a alors :
v
v
α
α
lnv – lnK = – ---- t ⇒ ln ---- = – ---- t ⇒ ---- = e
K
K
m
m
D’où :
v = Ke
αt
– --m
(S1)
αt
– --m
100
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
2- Solution particulière à l’équation avec second membre (S2).
En posant v = vo = constante, on obtient :
dv
α
α
mg
-------o- + ---- v o = g ⇒ 0 + ---- v o = g ⇒ v o = ------- (S2)
m
α
dt m
3- Solution générale de l’équation avec second membre (S1 + S2)
v = Ke
αt
– --m
+ vo
4- Détermination des constantes
On a : à t = 0, v = 0 d’où :
o
v ( 0 ) = Ke + v o = 0 ⇒ K = – v o
5- Solution complète
v = – vo e
αt
– --m
α
– ---- t
m
mg
+ v o = v o 1 – e avec v o = ------α
mg
α
c) v l = lim v ( t ) = v o = ------t→∞
4 3
A.N. : m = ρ glace V = --- πR ρ glace et α = 6πRη air
3
2
2
–3
2R ρ glace g
2. ( 5.10 ) .917.9,81
mg
v l = ------- = -----------------------= 2777 m⋅s–1
- = ------------------------------------------------–5
α
9η air
9.1,8.10
≈ 1000 km⋅h–1.
–3 3
4 3
4
On a : m = --- πR ρ glace = --- π ( 5 ⋅ 10 ) ⋅ 917 = 4,8.10–4 kg
3
3
–3
et α = 6π⋅5⋅10 ⋅0,018 = 1,7⋅10–6 kg⋅s–1.
La vitesse limite est supérieure aux vitesses v s mesurées
α
d) z =
∫
α
– ---- t
mv – ---m- t
m
v l 1 – e dt = v l t + --------l e + Cte
α
On a : à t = 0, z = 0 donc :
mv 0
mv
z ( 0 ) = 0 = 0 + --------l e + Cte ⇒ Cte = – --------l
α
α
α
α
– ---- t
mv – ---m- t mv
m
mg
m
z = v l t + --------l e – --------l = ------- t – ---- 1 – e
α
α
α
α
101
Solutions
e) On voit sur la courbe (voir figure suivante) qu’il faut environ un
temps t ≈ 17,7 s pour parcourir h = 1 500 m.
Pour tc ≈ 17,7 s on a :
α
– ---- t c
1,7 ⋅ 10 –6
m
v s = v l 1 – e = v l 1 – exp – --------------------- 17,7
–4
4,8 ⋅ 10
vs ≈ 0,06vl = 167 m⋅s–1 = 600 km⋅h–1
f) Une fois encore la vitesse au sol est trop importante, ce modèle
n’est donc pas valide.
3) On considère une force de frottement fluide due à l’air de la forme :
2
f = – β v v avec β = 0,225 × πR ρ air où R est le rayon du grêlon et
ρair = 1,6 kg⋅m3 est la densité de l’air.
a) Forces appliquées : le poids P = m g = mg u z et la force de
2
frottement fluide f = – β v v avec β = 0,225πR ρ air (R est le
rayon du grêlon et ρair = 1,6 kg⋅m–3 est la densité de l’air).
Principe Fondamental de la dynamique :
P + f = m a ⇒ m a = m g – βv v .
Projection sur Oz :
2
dv β 2
ma = mg – βv ⇒ ------ + ---- v = g
dt m
Chapitre 2 • Lois de Newton et Forces
102
Cette équation est une équation différentielle du premier ordre avec
second membre. Cependant sa résolution est plus complexe qu’à la
question 2).
b) On peut considérer la vitesse v comme une fonction de la variable z
elle-même fonction du temps t.
La dérivée de v par rapport à au temps t s’écrit alors :
dv
dv dz
dv
------ = ------ ----- = v ------ .
dz
dz dt
dt
2
2
dv
dv
dw
De plus : avec w ( z ) = v ( z ) on a : ------- = -------- = 2v -----dz
dz
dz
Donc :
1 dw
dv
dv
v ------ = --- ------- = -----2 dz
dz
dt
Finalement :
dv + β 2 = g ⇒ 1 dw + β w = g
--- ------- --------- ---- v
2 dz m
dt m
dw 2β
------- + ------ w = 2g
dz m
c) Cette fois on retrouve une équation différentielle du premier ordre
avec second membre constant que l’on sait résoudre (voir question 2).
Les conditions initiales sont : à z = 0 : v = 0 ⇒ w = 0, on obtient :
mg
w ( z ) = ------- 1 – e
β
2β
– ------z
m
Et donc :
2β
v(z) =
w(z) =
1
---
– ------z 2
mg
m
------- 1 – e
β
d) La vitesse limite est obtenue en cherchant la limite pour z tendant
vers l’infini :
v l = lim v ( z ) =
t→∞
mg
------β
103
Solutions
A.N. :
mg
------- =
β
4 3
--- πR ρ glace g
3
-------------------------------- =
2
0,225.πR ρ air
4Rgρ glace
---------------------- =
0,675.ρ air
–3
4,5.10 .9,81.917
-----------------------------------------0,975.1,6
vl = 12,9 m⋅s–1 = 46,5 km⋅h–1.
Cette vitesse limite est une valeur compatible avec les mesures de vs.
e) Pour obtenir vs il suffit de calculer v(h).
Calculons l’exposant de l’exponentielle : 2βh/m
β = 0,225πR2ρair = 0,225⋅π⋅(5⋅10–3)2 ⋅1,6 = 2,83⋅10–5 kg⋅m–1
et m = 4,8⋅10–4 kg
–5
2 ⋅ 2,83 ⋅ 10
2β
1500 = 125
On a donc : ------ h = -------------------------------–4
m
4,8 ⋅
On constate alors que e–125 ≈ 0 soit
vs = vl = 12,9 m⋅s–1 = 46,5 km⋅h–1
f) Cette fois la vitesse au sol est similaire à celle mesurée expérimentalement. Ce dernier modèle peut donc être considéré comme une
bonne approximation de la chute de grêlons.
PLAN
3
Travail, puissance et
énergie
3.1
Travail d’une force
3.2
Énergie
3.3
Stabilité d’un système
3.4
Chocs entre particules
3.5
Récapitulatif
➤ Savoir calculer le travail d’une force variable ou pas sur un déplacement
OBJECTIFS
quelconque
➤ Savoir utiliser le théorème de l’énergie cinétique
➤ Savoir déterminer l’énergie potentielle dont dérive une force conservative.
➤ Savoir utiliser l’énergie mécanique d’un système pour résoudre des
problèmes.
Dans ce chapitre nous allons introduire les notions importantes de
travail d’une force et d’énergie mécanique. Nous verrons que ces
deux grandeurs et les relations qui les relient peuvent être utilisées
pour résoudre simplement des problèmes de mécanique.
3.1
TRAVAIL D’UNE FORCE
a) Définition
Lorsqu’on applique une force pour déplacer un objet l’effort qu’il
faut fournir est d’autant plus important que la longueur du déplacement est grande et que la force appliquée est intense. Le travail de
la force est une grandeur qui va rendre compte de cet effort.
106
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
Notion de travail : cas d’une force constante sur un déplacement
rectiligne
Considérons une force F constante (en norme, sens et direction)
appliquée sur un point matériel M se déplaçant sur un segment de
droite AB.
→
F
α
A
M
B
Déplacement du point d’application M d’une force constante sur
un déplacement rectiligne.
Figure 3.1
Dans le cas où la force de norme F a même direction et sens que le
déplacement l = AB, la force contribue au déplacement du point
d’application. Le travail correspond alors au produit de la force F par
la longueur du déplacement l = AB.
Si la force est perpendiculaire au déplacement, elle ne contribue
pas au déplacement du point M. Cela sous entend qu’il existe d’autres
forces permettant le déplacement du point. Le travail de la force sur
ce déplacement est donc nul.
Enfin si la force a même direction mais est de sens contraire au
déplacement l = AB, la force s’oppose au déplacement du point
d’application.
Pour tenir compte de ces différents cas le travail de la force sur le
déplacement AB se définit comme le produit scalaire du vecteur force
par le vecteur déplacement. On a donc :
W AB ( F ) = F ⋅ AB
F = cste sur AB ⇒
W ( F ) = Flcosα
AB
(3.1)
L’angle α est l’angle que fait le vecteur force F avec le vecteur
déplacement AB (voir figure 3.1).
On peut faire les remarques importantes suivantes :
➤ Parler du travail d’une force n’a de sens que si on précise le déplacement. La notation usuelle est la lettre W (initiale du mot anglais
Work signifiant travail) en précisant en indice le déplacement et
entre parenthèses la force.
3.1 • Travail d’une force
107
➤ Le travail s’exprime en N⋅m c’est-à-dire en Joule (J).
1J correspond au travail d’une force de 1 N sur une distance de 1 m.
➤ Il y a un travail non nul lorsque la force agissant sur l’objet a une
composante dans la direction du mouvement.
➤ Le travail est soit positif, nul ou négatif selon la direction de la
force par rapport au déplacement.
➤ Lorsque la force s’oppose au déplacement la force est résistante et
le travail est négatif.
➤ Lorsque la force est motrice le travail est positif.
➤ Une force peut s’appliquer à un objet sans pour autant effectué un
travail. Ainsi, il n’y a pas de travail lorsqu’il n’y a pas de déplacement de l’objet (l = 0) où lorsque la force est perpendiculaire à la
direction du mouvement. La force ne contribue pas alors au déplacement de l’objet.
Exemple : lorsqu’on soulève un objet, le travail du poids de l’objet est non nul car le
poids est parallèle au déplacement. Dans ce cas, il est résistant car il s’oppose au
déplacement. Le travail du poids est nul lorsqu’on tient l’objet dans ses bras sans se
déplacer ou en se déplaçant horizontalement. Si on lâche l’objet, il tombe sous
l’effet de la pesanteur et le travail du poids est alors non nul et positif
→
→
F
F
α
A
α=
M
B
π
α < ⇒ cos α > 0
2
→
W AB ( F ) > 0
M
B
π
α = ⇒ cos α = 0
2
→
WAB ( F ) = 0
Le travail est moteur
Le travail est nul
Figure 3.2
→
π
2
A
F
α
A
M
B
π
α > ⇒ cos α < 0
2
→
W AB ( F ) < 0
Le travail est résistant
Travail moteur, nul et résistant d’une force.
Définition du travail élémentaire
On considère maintenant le cas plus général où la force F = F ( M )
est fonction de la position du point d’application M qui se déplace
d’un point A vers un point B sur une courbe quelconque (figure 3.3).
➤ Dans ce cas, pour calculer le travail correspondant de la force, il
n’est plus possible d’utiliser l’expression (3.1). La méthode de
calcul consiste alors à décomposer le trajet en une succession de
déplacements élémentaires d l infiniment petits et donc rectilignes
(voir figure 3.2). Ces trajets élémentaires sont suffisamment petits
pour pouvoir considérer le vecteur force comme constant sur le
déplacement et la définition (voir relation (3.1)) peut s’appliquer.
108
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
L’expression du travail élémentaire sur un tel déplacement élémentaire peut donc s’écrire :
δW = F ( M ) ⋅ d l
(3.2)
La définition du travail élémentaire δW de la force correspond à la
définition plus générale de « circulation élémentaire du vecteur
force ».
→
A
dl
M
→
F (M ' )
→
M'
F (M )
→
dl '
B
Figure 3.3 Force variable sur un déplacement AB quelconque. Sur un déplacement élémentaire suffisamment petit la force peut être considérée comme
constante.
Travail d’une force variable sur un déplacement quelconque
Pour obtenir le travail W AB ( F ) de la force F ( M ) sur le déplacement de A à B, il
suffit d’additionner tous les travaux élémentaires entre le point de départ et le
point d’arrivée. Cette sommation contenant une infinité de terme tous infiniment
petits correspond à une intégration entre les points A et B :
B
W AB ( F ) =
B
∫ δW ( F ) =
∫ F (M) ⋅ d l
A
A
(3.3)
b) Exemples de calcul du travail d’une force sur un trajet
AB
Cas d’une force constante sur un trajet AB quelconque
Dans le cas particulier d’une force F constante, l’expression du
travail se simplifie car on peut sortir F de l’intégrale.
On obtient donc dans ce cas :
B
W AB ( F ) =
∫ F (M) ⋅ d l
A
B
= F ⋅ dl
∫
A
(3.4)
3.1 • Travail d’une force
109
L’addition de tous les vecteurs élémentaires d l , mis bout à bout,
en partant du point A pour atteindre le point B donne, en utilisant la
relation de Chasles, le vecteur AB :
B
(3.5)
= AB
∫d l
A
W AB ( F ) = F ⋅ AB = F ⋅ AB ⋅ cosα
(3.6)
M
B
A
α
→
F
Figure 3.4
→
F
→
F
Cas d’une force constante : pour tout point M on a
F (M) = F .
Le travail d’une force constante ne dépend pas du chemin suivi mais uniquement de la
distance directe AB et de l’angle α que fait la force avec le segment AB.
Le calcul du travail sur le trajet direct AB aurait donné le même résultat.
Travail du poids d’un corps sur un trajet AB quelconque
Le poids d’un corps peut être considérée comme une force constante à la condition de rester dans une région de l’espace pas trop étendue. Cette force intervient
à chaque fois qu’on étudie un système mécanique sur Terre. Pour cette raison, il est
important de savoir effectuer le calcul du travail du poids d’un corps sur un déplacement donné.
Considérons un point M de masse m se déplaçant d’un point A à un
point B et calculons le travail du poids de ce corps au cours de ce
déplacement (voir figure 3.5). Le déplacement de A à B est supposé
quelconque c’est-à-dire que le chemin qui mène de A à B peut prendre
différentes trajectoires.
110
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
z
g→
M
A
zA
B
α
zB
→
P
u→z
→
ux
O
y
→
uy
x
Figure 3.5
Travail du poids d’un corps.
D’après la relation (3.6), on peut écrire :
W AB ( P ) = P ⋅ AB
(3.7)
Le calcul du produit scalaire peut se faire de deux manières :
➤ En utilisant le cosinus de l’angle α entre P et AB :
W AB ( P ) = mg ⋅ AB ⋅ cosα
(3.8)
➤ En utilisant les composantes des vecteurs P et AB dans la base
cartésienne ( u x, u y, u z ) du repère (O, x, y, z) (voir figure 3.5).
L’axe Oz est choisi vertical vers le haut. Avec (xA, yA, zA) les coordonnées du point de départ A et (xB, yB, zB) celles du point d’arrivée
B on a :
xB – xA
AB =
yB – yA
zB – zA
et m g =
0
0
– mg
W AB ( P ) = P ⋅ AB = – mg ( z B – z A )
(3.9)
(3.10)
Les deux résultats sont identiques. En effet on peut remarquer que :
ABcosα = ( z A – z B )
(3.11)
La différence d’altitude entre le point d’arrivée B et le point de
départ A peut s’écrire :
∆h = z B – z A
(3.12)
3.1 • Travail d’une force
111
L’expression du travail du poids en fonction de la différence d’altitude est donc :
(3.13)
W AB ( P ) = – mg∆h
Le travail du poids ne dépend pas du chemin suivi mais uniquement de la différence d’altitude entre le point de départ et d’arrivée.
Si ∆h < 0 alors W AB ( P ) > 0 : Le point M descend et le travail du
poids est moteur.
Si ∆h > 0 alors W AB ( P ) < 0 : Le point M monte et le travail est
résistant.
Le travail du poids correspond donc au produit du poids par la hauteur séparant le
point de départ du point d’arrivée. Il suffit ensuite de mettre le bon le signe : si
l’arrivée est moins élevée que le départ le travail est moteur (signe +). Dans le cas
contraire, il est résistant et le travail est alors négatif.
Cas d’une force variable : travail de la tension d’un ressort
Considérons un ressort de raideur k, de longueur au repos lo, au bout
duquel est accrochée une masse m (voir figure 3.6). Le ressort et la
masse sont sur un plan horizontal et nous nous intéressons uniquement à la tension du ressort.
O
lo
u→x
x
(a)
x
l
→
dl
→
T
Figure 3.6
xA
M
xB
x
(b)
Le ressort ni comprimé, ni étiré, schéma (a), a une longueur à
vide lo. Dans la position (b) sa longueur est l. Le vecteur d l représente un
déplacement élémentaire du point M.
La force élastique T , c’est-à-dire de la tension du ressort est une
force qui varie avec l’état d’étirement du ressort de raideur k. On
repère l’extrémité libre M du ressort sur un axe Ox de même direction
que le ressort, le point origine O correspondant à la position du point
112
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
M lorsque le ressort est au repos (ni étiré, ni comprimé). Avec les
conventions de la figure 3.6 on peut écrire :
T = – k∆l u x = – k ( l – l o ) u x = – kx u x
(3.14)
Considérons un déplacement élémentaire d l = dx u x de l’extrémité M du ressort (voir figure 3.6). Le travail élémentaire s’écrit :
δW = T ⋅ d l = – kx u x dx u x = – kxdx
(3.15)
Le travail de la tension du ressort lorsque le point M passe de
l’abscisse xA à l’abscisse xB est donné par l’expression suivante :
B
W AB ( T ) =
∫
B
– kxdx = – k xdx
∫
A
A
2 xB
x
W AB ( T ) = – k ---2
xA
(3.16)
1 2 1 2
= --- kx A – --- kx B
2
2
Le travail de cette force ne dépend pas du chemin suivi mais
uniquement de la position initiale et finale du ressort.
c) Puissance d’une force
Un même travail peut être réalisé plus ou moins rapidement. La
puissance ᏼ d’une force correspond au travail effectué par cette
force par unité de temps et renseigne sur la rapidité avec laquelle le
travail (transfert d’énergie) est effectué.
Un avion de chasse n’a pas obligatoirement plus d’énergie dans son réservoir à
carburant qu’un petit avion de tourisme, il est juste capable de transférer cette
énergie plus rapidement. Car sa puissance est plus importante.
Si W est le travail effectué pendant la durée ∆t, la puissance
moyenne ᏼm de la force est définie par :
W
ᏼm = ----(3.17)
∆t
L’unité de puissance est le Watt (symbole W) correspondant à un
travail de 1J effectué en 1 s.
3.2 • L’énergie en mécanique
113
Soit δW le travail effectué par une force F pendant la durée
élémentaire (infiniment petite) dt. La puissance de cette force à
l’instant t correspond à la puissance instantanée et s’écrit :
dl
F ⋅dl
δW
ᏼ ( t ) = -------- = ----------------- = F ⋅ ------- = F ⋅ v
dt
dt
dt
On a donc aussi :
tB
B
δW = ᏼ ( t )dt = F ⋅ v dt ⇒ W AB =
∫
(3.18)
δW =
A
∫ F ⋅ v dt
(3.19)
tA
3.2 L’ÉNERGIE EN MÉCANIQUE
Deux types d’énergie seront introduites ici : l’énergie cinétique
(Ec) liée au mouvement de l’objet et l’énergie potentielle (Ep) liée à
sa position. L’énergie mécanique (E) d’un système est alors définie
par la somme des énergies cinétique et potentielle.
a) L’énergie cinétique : une énergie liée au mouvement
Introduction
Considérons un point matériel G, de masse m, se déplaçant, dans un
référentiel galiléen (R), sous l’action d’un ensemble de forces extérieures. L’application du principe fondamental de la dynamique
donne :
∑ Fext
dvG
= m a G = m ---------dt
(3.20)
Au cours d’un déplacement élémentaire d l , la somme des travaux
élémentaires des forces extérieures est donnée par :
∑ δW = ∑ ( Fext ⋅ d l ) = ( ∑ Fext ) ⋅ d l
(3.21)
En utilisant la relation (3.20) la relation (3.21) s’écrit :
dv
G
- ⋅dl
∑ δW = m ---------dt
dl
= md v G ------- = m v G ⋅ d v G
dt
(3.22)
Considérons maintenant un trajet AB effectué par le point G. En
notant v A et v B les vecteurs vitesse de G respectivement au point A
114
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
et au point B, l’intégration du deuxième membre de la relation (3.22)
donne :
vB
1 2
m v G ⋅ d v G = m --- v G
2
∫
vA
vB
vA
1 2 1 2
= --- mv B – --- mv A
2
2
(3.23)
L’intégration du premier membre de la relation (3.22) s’écrit :
B
B
∫∑
(
A
δW ) =
∑ ∫ ( Fext ⋅ d l ) = ∑ WAB ( Fext )
(3.24)
A
L’égalité des relations (3.23) et (3.24) conduit à :
1 2 1 2
W A→B ( Fext )
--- mv B – --- mv A =
2
2
∑
(3.25)
Ainsi le travail total de toutes les forces appliquées au point G entre deux positions
A et B peut s’exprimer uniquement en fonction de la masse et des vitesses au point
de départ A et d’arrivée B. Il apparaît donc intéressant de définir une fonction d’état
ne dépendant que de la masse et de la vitesse du point. Cette nouvelle grandeur
homogène à un travail est appelée énergie cinétique.
Définition de l’énergie cinétique
On définit l’énergie cinétique Ec pour un point matériel de masse m
se déplaçant à la vitesse v dans un référentiel galiléen, par :
1 2
E c = --- mv
2
(3.26)
Théorème de l’énergie cinétique
Dans un référentiel galiléen, la variation d’énergie cinétique d’un
point matériel, soumis à un ensemble de forces extérieures, entre
une position A et une position B, est égale à la somme des travaux
de ces forces entre ces deux points :
1 2 1 2
W A→B ( Fext )
--- mv B – --- mv A = E c ( B ) – E c ( A ) = ∆E c =
2
2
∑
(3.27)
Ce théorème est très utile pour déterminer la vitesse d’une masse
ponctuelle m en un point particulier (B) connaissant sa vitesse en un
3.2 • L’énergie en mécanique
115
autre point (A) ceci sans passer par les équations horaires du mouvement.
b) L’énergie potentielle : une énergie liée à la position
L’énergie potentielle est une forme d’énergie liée à la position du système. En
changeant de position, cette énergie peut augmenter (le système emmagasine de
l’énergie) ou diminuer (le système restitue de l’énergie à l’extérieur).
On peut donner l’exemple simple d’une masse qu’on lâche d’une
certaine altitude : celle-ci en tombant (diminution de l’altitude) voit
sa vitesse augmenter. La masse avait donc potentiellement de
l’énergie qui a été restituée sous forme d’énergie cinétique au cours
de la chute. La seule force exercée alors sur la masse est son poids qui
fournit un travail positif indépendant du chemin suivi et lié uniquement à la diminution d’altitude.
Tout comme pour l’énergie cinétique définie à partir de sa variation
liée au travail de toutes les forces, l’énergie potentielle va être définie
à partir de sa diminution liée au travail de certaines forces : celles
dont le travail ne dépend pas du chemin suivi.
Forces conservatives
C
Ce sont les forces (notée Fext ) dont le travail ne dépend pas du
chemin suivi mais uniquement des positions initiale (point de
départ) et finale (point d’arrivée).
On peut citer comme exemples rencontrés au début de ce chapitre :
➤ travail du poids
➤ travail de la tension du ressort
➤ travail d’une force constante (en norme et en direction)
Forces non conservatives
NC
Ce sont toutes les autres forces (notée Fext ) dont le travail dépend
du chemin suivi.
On peut citer comme exemple les forces de frottement. Le travail
de ces forces est toujours résistant (travail négatif W < 0).
Prenons le cas d’une force de frottement F de type solide. Cette
force s’oppose continuellement au déplacement (voir le chapitre 2 sur
116
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
les forces) et sa norme F est constante. Le vecteur force sera un
vecteur de même direction mais de sens opposé au vecteur déplacement élémentaire.
Le calcul du travail de la force de frottement solide donne :
B
B
δW = F ⋅ d l = – Fdl ⇒ W AB =
∫
Fdl = – F dl = – FL AB
∫
A
A
La longueur LAB est la distance effectivement parcourue entre A et
B. Cette distance dépend évidemment du chemin suivi.
Définition de l’énergie potentielle
C
C
Le travail W AB ( Fext ) d’une force conservative Fext ne dépend
pas du chemin suivi mais uniquement de l’état initial (état A) et
final (B). Ce travail peut s’exprimer à partir d’une fonction d’état
EP (fonction ne dépendant que de l’état du système) appelée énergie potentielle.
C
Par définition : pour une force conservative Fext il existe une
fonction d’état EP telle que :
C
W AB ( Fext ) = E P ( A ) – E P ( B ) = – ∆E P
(3.28)
La variation d’énergie potentielle entre deux points A et B est égale
à l’opposé du travail de la force conservative entre ces deux points.
Définition intégrale de l’énergie potentielle
La relation précédente conduit, en explicitant le travail, à l’expression
intégrale de l’énergie potentielle :
B
C
E P ( B ) – E P ( A ) = – Fext d l
∫
(3.29)
A
Ceci peut encore s’écrire en multipliant par (–1) chaque membre de
l’égalité (3.29) :
B
∫
C
Fext d l = E P ( A ) – E P ( B )
(3.30)
A
La différence de potentielle EP(A) – EP(B) entre deux positions A et B correspond au
travail également de A à B (prendre le même ordre des positions) de la force
conservative associée à cette énergie.
3.2 • L’énergie en mécanique
117
Définition différentielle de l’énergie potentielle
De l’expression intégrale, on peut déduire l’expression différentielle
de l’énergie potentielle en faisant apparaître le travail élémentaire de
la force conservative. On aura alors :
C
C
δW ( Fext ) = Fext ⋅ d l = – dE P
(3.31)
Définition locale de l’énergie potentielle
La différentielle de la fonction énergie potentielle peut s’écrire en
fonction du gradient de cette fonction (voir encart 3.1) :
C
dE P = gradE P ⋅ d l = – Fext ⋅ d l
C
Fext = – gradE P
(3.32)
C
∂E
∂E
∂E
Fext = – --------P- u x – --------P- u y – --------P- u z
∂y
∂z
∂x
(3.33)
Dans le cas où l’énergie potentielle ne dépend, par exemple, que d’une variable x
on a :
C
dE
Fext = – ---------P u x
dx
(3.34)
La force est dirigée vers les énergies potentielles décroissantes.
L’énergie potentielle est définie à partir d’une comparaison avec une différence
(définition intégrale) ou bien d’une intégration (définition différentielle ou locale).
Cela signifie que cette fonction est définie à une constante près. Cette constante
n’a pas d’importance car l’énergie potentielle intervient toujours par des différences.
Encart 3.1 Le vecteur gradient d’une fonction
Soit une fonction f(x) d’une variable x. La différentielle de cette
df
fonction s’écrit : df = ------ dx . Cette différentielle nous renseigne
dx
sur la variation de la fonction pour une variation élémentaire dx de
la variable x.
Lorsque la fonction dépend de trois variables (x,y,z) la différentielle
s’obtient en fixant à tour de rôle deux variables sur les trois.
118
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
➤ Différentielle partielle : on considère une variation élémentaire
de la variable x, les variables y et z étant fixées. La fonction peut
être considérée comme une fonction d’une variable. On appelle
alors dérivée partielle de la fonction par rapport à x la dérivée
obtenue en considérant y et z comme des constantes. La notation
est :
∂f
Dérivée partielle de f par rapport à x : -----
∂x y, z
Il est alors possible d’exprimer la différentielle dite partielle en
∂f
fonction de cette dérivée et notée : ∂ x f = ----- dx .
∂x y, z
La même opération peut être effectuée avec y (x et z étant fixées)
puis z (x et y fixées). L’expression de la différentielle totale de la
fonction correspondant alors à la somme des différentielles partielles c’est-à-dire :
∂f
∂f
∂f
df = ∂ x f + ∂ y f + ∂ z f = ----- dx + ----- dy + ----- dz .
∂z x, y
∂y x, z
∂x y, z
On définit alors le vecteur gradient de la fonction, en coordonnées
cartésiennes par :
∂f
∂f
∂f
gradf = ----- u x + ----- u y + ----- u z
∂z
∂y
∂x
En remarquant que d l = dx u x + dy u y + dz u z , la différentielle
totale de la fonction peut s’écrire comme le produit scalaire de
deux vecteurs : df = gradf ⋅ d l
➤ Signification : soit la surface définie par f(x,y,z) = constante. Si le
point M se déplace sur la surface le vecteur d OM appartient à
cette surface. La différentielle d’une constant étant nulle on a
aussi df = 0. On a donc : df = gradf ⋅ d OM = 0
Le vecteur gradient est un vecteur perpendiculaire aux surfaces
définies par f(x,y,z) = constante. Il est orienté vers les valeurs croissantes de la fonction.
3.2 • L’énergie en mécanique
119
c) L’énergie potentielle de pesanteur
Expression (méthode intégrale)
En reprenant les résultats (relation 3.10) obtenus dans la partie 3.1.b)
nous avons, avec l’axe Oz axe vertical ascendant :
W AB ( P ) = P ⋅ AB = mgz A – mgz B
(3.35)
Le travail du poids ne dépend pas du chemin suivi. C’est une force conservative qui
dérive d’une énergie potentielle EPP , fonction d’état qui ne dépend que de la position du centre d’inertie du système matériel.
La définition intégrale 3.28 s’écrit :
W AB ( P ) = E pp ( A ) – E pp ( B ) = – ∆E pp
(3.36)
En comparant les relations (3.35) et (3.36), l’expression de
l’énergie potentielle de pesanteur lorsque le centre d’inertie se trouve
à l’altitude z peut s’écrire :
Epp(z) = mgz + constante
(3.37)
Cette énergie est définie à une constante près. Celle-ci peut être
fixée en choisissant une origine pour l’énergie potentielle. En général,
on s’arrange, si cela est possible, pour prendre la constante nulle.
Dans ce cas, il suffit de choisir une énergie potentielle nulle à l’altitude z = 0. alors :
E pp ( z ) = mgz
avec E pp ( 0 ) = 0
axe Oz orienté vers le haut
(3.38)
Si l’axe Oz est orienté vers le bas (axe vertical descendant) nous obtenons :
E pp ( z ) = – mgz
Ce qu’il faut retenir :
L’énergie potentielle de pesanteur augmente quand le système matériel s’éloigne de
la terre (quand l’altitude augmente)
Expression (méthode différentielle)
L’expression du travail élémentaire du poids d’un corps est :
δW ( P ) = m g ⋅ d l
(3.39)
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
120
En considérant un repère (O, x, y, z) avec un axe Oz vertical orienté
vers le haut, cette expression devient :
δW ( P ) = – mg u z ⋅ ( dx u x + dy u y + dz u z )
(3.40)
δW ( P ) = – mgdz = – d ( mgz )
Le travail élémentaire du poids d’un corps apparaît comme la différentielle d’une fonction. En comparant avec la définition différentielle
(relation 3.31) on obtient :
δW ( P ) = – d ( mgz ) = – d ( E pp )
E pp = mgz + constante
(3.41)
On retrouve évidemment la même expression.
Interprétation de l’énergie potentielle de pesanteur
Pour amener une masse d’une altitude z = 0 à une altitude z il faut
qu’un opérateur exerce une force F op au moins juste égale et
opposée au poids : F op = – P .
Le travail que l’opérateur va fournir est donc :
z
W 0→z ( F op ) =
∫
0
z
F op ⋅ d l =
∫– P ⋅ d l
= – W 0→z ( P )
0
(3.42)
W 0→z ( F op ) = – [ E pp ( 0 ) – E pp ( z ) ] = E pp ( z ) = mgz
L’énergie potentielle de la masse à l’altitude z correspond donc à
l’énergie qu’un opérateur (l’extérieur du système) a fourni pour
l’amener à cette altitude. La masse a emmagasiné cette énergie
qu’elle pourra restituer en retombant.
d) L’énergie potentielle élastique
Expression (méthode intégrale)
En reprenant les résultats (relation 3.16 et figure 3.6) obtenus dans la
partie 3.1.b) le travail de la tension d’un ressort s’écrit :
1 2 1 2
(3.43)
W AB ( T ) = --- kx A – --- kx B
2
2
Dans cette expression, xA représente l’allongement ∆L = LA – Lo
du ressort lorsque son extrémité libre est en A et xB l’allongement
∆L = LB – Lo lorsque l’extrémité libre est en B.
3.2 • L’énergie en mécanique
121
Le travail de la tension du ressort ne dépend pas du chemin suivi.
C’est une force conservative qui dérive d’une énergie potentielle EPE,
fonction d’état qui ne dépend que de la position de l’extrémité libre
du ressort.
La définition intégrale 3.28 s’écrit :
W AB ( T ) = E PE ( A ) – E PE ( B ) = – ∆E PE
(3.44)
En comparant les relations (3.43) et (3.44), l’expression de
l’énergie potentielle élastique lorsque le ressort présente un allongement x peut s’écrire :
1 2
(3.45)
E PE ( x ) = --- kx + constante
2
Il est logique de choisir l’énergie potentielle nulle pour une déformation nulle : EPE(0) = 0. La constante est alors nulle. Nous obtenons
finalement :
1 2
E PE ( x ) = --- kx
2
allongement
(3.46)
x = ∆ l = l – lo
Expression (méthode différentielle)
L’expression du travail élémentaire de la tension du ressort est :
δW ( T ) = T ⋅ d l
(3.47)
On repère l’extrémité libre M du ressort sur un axe Ox de même
direction que le ressort, le point origine O correspondant à la position
du point M lorsque le ressort est au repos (ni étiré, ni comprimé). Avec
les conventions de la figure 3.6 on peut écrire :
T = – k∆l u x = – k ( l – l o ) u x = – kx u x
(3.48)
Considérons un déplacement élémentaire d l = dx u x de l’extrémité M du ressort (voir figure 3.6). Le travail élémentaire s’écrit :
δW = T ⋅ d l = – kx u x dx u x = – kxdx
(3.49)
1 2
δW = – kxdx = – d --- kx
2
(3.50)
Le travail élémentaire de la tension du ressort apparaît comme la
différentielle d’une fonction. En comparant avec la définition différentielle (relation 3.31) on obtient :
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
122
1 2
δW ( T ) = – d --- kx = – d ( E PE )
2
(3.51)
1 2
E PE = --- kx + constante
2
On retrouve évidemment la même expression.
Dans cette expression x représente l’allongement (ou la compression) du ressort. Un
choix différent de l’origine des abscisses conduirait à une expression différente de
cette énergie potentielle. Il vaut donc mieux retenir le résultat en introduisant l’allongement du ressort ∆l = l – l o :
2
1
E PE = --- k ( ∆l )
2
Interprétation de l’énergie potentielle élastique
Pour allonger le ressort de la longueur à vide lo à la longueur l, il faut
qu’un opérateur exerce une force
F op au moins juste égale et
opposée à la tension du ressort : F op = – T .
Le travail que l’opérateur va fournir est donc :
δW ( F op ) = F op ⋅ d l = – T ⋅ d l = – δW ( T )
W 0→∆l ( F op ) = – W 0→∆l ( T ) = – [ E PE ( 0 ) – E PE ( ∆l ) ] (3.52)
2
1
W 0→∆l ( F op ) = --- k ( ∆l )
2
L’énergie potentielle du ressort déformé correspond donc à
l’énergie qu’un opérateur (l’extérieur du système) a fournie pour
l’amener dans cet état. Le ressort a emmagasinée cette énergie qu’il
pourra restituer en retournant vers son état à vide, ni étiré, ni allongé.
e) Force conservative et énergie potentielle
Il est possible, connaissant l’expression de l’énergie potentielle EP, de
C
retrouver l’expression de la force Fext qui en dérive. Il suffit
d’utiliser la définition locale de l’énergie potentielle (relation 3.32) :
C
Fext = – gradE P
∂E
∂E
∂E
gradE P = --------P- u x + --------P- u y + --------P- u z
∂x
∂y
∂z
(3.53)
3.2 • L’énergie en mécanique
123
Exemple 1 : Cas du poids et de l’énergie potentielle de pesanteur :
Avec un axe vertical ascendant, on a : E PP = mgz (fonction uniquement de z) :
∂E PP
dE PP
∂E PP
∂E PP
P = – gradE PP = – -----------uz
- u z = – ----------- u y + ----------- u x + ----------dz
∂z
∂y
∂x
( mgz )
P = – d----------------u z = – mg u z
dz
Exemple 2 : Cas de la tension d’un ressort et de l’énergie potentielle
élastique :
2
Avec x l’allongement du ressort, on a : E PE = 1--- kx (fonction uniquement de x) :
2
∂E PE
∂E PE
dE PE
∂E PE
T = – gradE PE = – -----------uz
- u z = – ----------- u y + ----------- u x + ----------dx
∂z
∂y
∂x
1 2
d --- kx
2
T = – -------------------- u x = – kx u x
dx
f) L’énergie mécanique
Travail et énergie
Soit un point matériel M de masse m subissant un ensemble de forces
extérieures Fext . Celles-ci peuvent se décomposer en forces conserC
NC
vatives Fext et non conservatives Fext .
Considérons maintenant un déplacement du point M d’une position
A à une position B. Le travail total de toutes les forces pour ce déplacement est relié à la variation d’énergie cinétique par le théorème de
l’énergie cinétique :
∑ WA→B ( Fext ) = ∆Ec
NC
C
⇒ ∑ W A→B ( Fext ) + ∑ W A→B ( Fext ) = E c ( B ) – E c ( A )
(3.54)
Le travail des forces conservatives peut s’exprimer en fonction de
l’énergie potentielle dont elles dérivent. Notons Ep l’énergie potentielle totale, somme des énergies potentielles dont dérive chaque force
conservative, on peut écrire :
C
∑ WA→B ( Fext ) = EP ( A ) – EP ( B )
(3.55)
124
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
En reportant cette relation (3.55) dans l’égalité (3.54) on a :
Ec ( B ) – Ec ( A ) =
∑
NC
W A→B ( Fext ) + [ E P ( A ) – E P ( B ) ]
NC
∑ WA→B ( Fext )
NC
[ E c ( B ) + E P ( B ) ] – [ E c ( A ) + E P ( A ) ] = ∑ W A→B ( Fext )
[ Ec ( B ) – Ec ( A ) ] + [ EP ( B ) – EP ( A ) ] =
(3.56)
(3.57)
(3.58)
Il apparaît une nouvelle fonction d’état homogène à une énergie et
dont la variation s’exprime en fonction uniquement du travail des
forces non conservatives. Cette nouvelle fonction correspond à
l’énergie mécanique.
Définition de l’énergie mécanique
L’énergie mécanique d’un système est égale à la somme des énergies cinétique et potentielle. C’est une fonction d’état : E = Ec + EP
Théorème de l’énergie mécanique
Du résultat (3.58) on en déduit le théorème suivant :
La variation d’énergie mécanique d’un système entre deux points A
et B est égale à la somme des travaux des forces non conservatives
appliquées au système entre ces deux points.
∆E = E ( B ) – E ( A ) =
NC
∑ WA→B ( Fext )
(3.59)
Les forces non conservatives étant des forces résistantes (W <0) l’énergie mécanique d’un système ne peut que diminuer au cours du temps.
Système conservatif et conservation de l’énergie mécanique
Un système est dit conservatif si ce système ne subit que des forces
extérieures conservatives.
Le système ne subissant aucune force non conservative, les forces
de frottement sont nulles ou négligeables. Le système est dit aussi
« mécaniquement isolé ».
En appliquant le théorème de l’énergie mécanique (3.59) on
obtient :
∆E = E ( B ) – E ( A ) =
∑
NC
W A→B ( Fext ) = 0
∆E = 0 ⇒ E = constante
(3.60)
3.2 • L’énergie en mécanique
125
Théorème de l’énergie mécanique pour un système conservatif :
L’énergie mécanique d’un système conservatif (ou mécaniquement
isolé) se conserve au cours du temps.
Système conservatif ⇒ E = E c + E p = E o = constante
dE
⇒ ------- = 0
dt
Ceci constitue le principe de conservation de l’énergie mécanique.
g) Exemple d’utilisation de l’énergie pour la résolution
d’un problème
Considérons le cas d’une bille M de masse m située à l’altitude zA = h
et qu’on lâche sans donner de vitesse initiale. Trouver la vitesse de
cette bille lorsqu’elle touche le sol en B altitude zB = 0. Déterminer sa
vitesse v en fonction de son altitude z.
➤ Système : la bille M de masse m
➤ Référentiel terrestre galiléen. Choix d’un repère : axe vertical
ascendant avec le point B au sol (altitude zB = 0) et le point A à
l’altitude zA = h (voir figure 3.7).
➤ Bilan des forces : uniquement le poids de la bille : P = m g (on
néglige les frottements.
Le poids est une force conservative qui dérive d’une énergie potentielle. Avec un axe vertical ascendant on a : EPP = mgz avec l’énergie
potentielle nulle au sol (EPP(B) = EPP(zB = 0) = 0))
z
altitude
h
A
A
→
vA
A
=→
0
z
M
→
v
0
Figure 3.7
B
Instant
Initial t A= 0
B
Instant t
quelconque
B
→
vB
=?
Instant
Final t B
Chute libre d’une bille repérée par son altitude z.
Sol
126
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
Calcul en utilisant le théorème de l’énergie cinétique
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entre les positions A de
départ et B d’arrivée.
➤ Le travail du poids s’écrit : W AB ( P ) = mg ( z A – z B ) = mgh
On peut vérifier que ce travail est bien positif puisque la masse se déplace dans le
sens du poids.
➤ La variation d’énergie cinétique (énergie cinétique finale –énergie
cinétique initiale) s’écrit :
1 2
1 2 1 2
∆E C = E C ( B ) – E C ( A ) = --- mv B – --- mv A = --- mv B
2
2
2
➤ Théorème de l’énergie cinétique :
W AB ( P ) = ∆E C = E C ( B ) – E C ( A )
1 2
--- mv B = mgh ⇒ v B = 2gh
2
L’application du théorème entre la position A et une position intermédiare quelconque en M donne :
➤ Le travail du poids s’écrit : W AB ( P ) = mg ( z A – z ) = mg ( h – z )
➤ La variation d’énergie cinétique s’écrit :
1 2
∆E C = E C ( M ) – E C ( A ) = --- mv
2
1
2
➤ Théorème de l’énergie cinétique donne : --- mv
⇒v =
2
= mg ( h – z )
2g ( h – z )
Calcul en utilisant la conservation de l’énergie
Le système est conservatif donc il y a conservation de l’énergie
mécanique. Exprimons cette énergie au différents points A, M et B :
1 2
➤ Point A : E ( A ) = E C ( A ) + E PP ( A ) = --- mv A + mgz A = mgh
2
1
2
2
➤ Point M : E ( M ) = E C ( M ) + E PP ( M ) = --- mv + mgz
1
2
2
1
2
2
➤ Point B : E ( B ) = E C ( B ) + E PP ( B ) = --- mv B + mgz B = --- mv B
3.2 • L’énergie en mécanique
127
La conservation de l’énergie mécanique s’écrit :
1 2
1 2
E ( A ) = E ( M ) = E ( B ) = E o ⇒ mgh = --- mv + mgz = --- mv B
2
2
1 2
On en déduit : --- mv B = mgh ⇒ v B =
2
2gh
1 2
De même : mgh = --- mv + mgz ⇒ v =
2
2g ( h – z )
Conservation de l’énergie et accélération
L’énergie mécanique étant constante sa dérivée par rapport au
temps est nulle. L’énergie mécanique à un instant quelconque
s’écrit :
1 2
E = E C ( M ) + E PP ( M ) = --- mv + mgz
2
La dérivée par rapport au temps de l’énergie mécanique correspond
à la somme des dérivées des énergies cinétique et potentielle.
2
dE C
1 d(v )
d 1 2
➤ Dérivée de l’énergie cinétique : ---------- = ----- --- mv = --- m ------------dt
dt 2
2
dt
En appliquant la règle de dérivation d’une fonction au carré on a :
dE C
dv
1
---------- = --- m 2v ------ = mva
dt
2
dt
➤ Dérivée de l’énergie potentielle :
dE PP
dz
d
------------ = ----- ( mgz ) = mg ----- = mgv
dt
dt
dt
➤ Dérivée de l’énergie mécanique :
dE
dE PP
dE
------- = ---------C- + ----------- = mva + mgv = 0 ⇒ a = g
dt
dt
dt
Ce résultat s’obtient simplement en appliquant le principe fondamental de la dynamique. Cependant cette méthode peut dans certain
cas être très pratique pour déterminer l’accélération du centre
d’inertie d’un système.
128
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
3.3 ÉTATS LIÉS ET STABILITÉ D’UN SYSTÈME MÉCANIQUEMENT
ISOLÉ
a) Les états liés
Lorsqu’un système est conservatif, son énergie mécanique se
conserve. On a donc pour un tel système :
E = EC + Ep = constante
(3.60)
Par définition, l’énergie cinétique étant une grandeur nécessairement positive, nous obtenons une condition restreignant les états énergétiques possibles du système. Cette condition de restriction définit ce
que l’on appelle les états liés du système.
Ces états sont définis par :
1 2
E C = --- mv > 0 ⇒ E – E P > 0
2
(3.61)
Exemple : Reprenons l’exemple d’une masse accrochée à un ressort et dont l’allongement correspond à la variable x (figure 3.6). Les états liés du système sont alors
définis par :
2E
2E
1 2
E – --- kx ≥ 0 ⇒ – ------- = – x m ≤ x ≤ ------- = x m
k
k
2
Les valeurs de x en dehors de cet intervalle sont inaccessibles au système qui est dit
enfermé dans un puits de potentiel à cause de la forme prise par la fonction énergie potentielle.
Énergie
puits de potentiel
E
EP =
1
2
E
EC
kx
2
EP
0
–x m
Figure 3.8
0
xm
x
Graphe des énergies en fonction de l’allongement x d’un ressort.
3.3 • États liés et stabilité d’un système mécaniquement isolé
129
b) Stabilité d’un système soumis à une force conservative
Pour un système soumis uniquement à une force résultante conservative, la forme locale de l’énergie potentielle permet d’écrire que :
F = – gradE P
Dans le cas où l’énergie potentielle ne dépend que d’une variable x,
cela revient à dire que :
dE
dE
F = – ---------P u x ⇒ F = – ---------P
dx
dx
La condition d’équilibre se traduisant par F = 0 peut donc
dE
s’écrire aussi : ---------P = 0 .
dx
Une position d’équilibre se traduit donc par un extremum de la
fonction énergie potentielle.
Un équilibre est stable si, à la suite d’une perturbation qui a éloigné
le système de cette position, celui-ci y retourne spontanément.
Dans le cas contraire l’équilibre est instable.
➤ S’il existe un équilibre stable pour x = xo, alors Ep(x) est minimale
pour x = xo. On a donc :
2
dE
d EP
Équilibre stable pour x = xo ⇔ ---------P ( x o ) = 0 et ----------- ( xo ) > 0
2
dx
dx
➤ S’il existe un équilibre instable pour x = xo, alors Ep(x) est maximale pour x = xo. On a donc :
2
dE
d EP
Équilibre instable pour x = xo ⇔ ---------P ( x o ) = 0 et ----------- ( xo ) < 0
2
dx
dx
Un système, livré à lui-même, évolue donc spontanément vers un
état d’équilibre qui correspond à une position pour laquelle l’énergie potentielle est minimale.
c) Exemple d’un bille sur un sol en forme de cuvette
On considère le cas d’une bille pouvant rouler sur un sol présentant
un profil en forme de cuvette (voir la figure 3.9 (a)). Le poids dérive
130
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
de l’énergie potentielle Ep = mgz avec un axe Oz dirigé vers le haut et
en prenant l’origine des énergie potentielles au fond de la cuvette en
z = 0 (voir figure 3.9 (b)).
z
Énergie
potentielle
altitude
B
A
EPP ( A)
EPP (B)
mgh
z A = zB = h
z
(a)
mgz
M
EPP (M )
x
O
x
(b)
EPP (O) = 0
Figure 3.9 Le graphe (a) représente le profil du sol (altitude z) en fonction
d’une abscisse x. Le graphe (b) représente l’énergie potentielle en fonction de
la position.
L’énergie potentielle est minimale au fond de la cuvette (altitude la
plus basse possible). Cette position correspond à la position d’équilibre stable de la bille M. Les positions A et B correspondant à des altitudes maximales sont des positions d’équilibre instable. À la moindre
perturbation dirigée vers la cuvette, la bille placée en A ou en B quittera cette position pour se diriger vers la position d’équilibre stable O.
Énergie
A
Énergie
B
E<mgh
E > mgh
EC
EP
EP
O
-xm
EC
x
x
O
xm
puits de potentiel
(a) État lié
Figure 3.10
(b) État non lié
(a) État lié (E < mhg) et (b) État non lié (E > mhg).
Si l’énergie mécanique de la bille est inférieure à l’énergie potentielle maximale mgh (voir figure 3.10 (a)), la bille est prise dans un
puits de potentiel. Elle ne pourra évoluer qu’entre les valeurs –xm et
xm. Si son énergie mécanique est supérieure à l’énergie potentielle en
A ou B, elle pourra quitter la cuvette : l’état est non lié
(figure 3.10 (b)).
3.4 • Chocs entre particules
131
3.4 CHOCS ENTRE PARTICULES
a) Définition
Dans un référentiel galiléen, on considère deux particules matérielles
indépendantes de masse m1 et m2. Les particules prises séparément
sont mécaniquement isolées ou pseudo isolées et sont donc animées
d’un mouvement rectilignes et uniformes (principe d’inertie). On note
alors v 1 et v 2 leurs vecteurs vitesses respectives. Si les deux particules viennent à se rencontrer, on dit qu’il y a choc (voir figure 3.11).
Après le choc (durée très courte) les particules sont de nouveau
mécaniquement isolées ou pseudo isolées et retrouvent donc un
mouvement rectiligne uniforme mais avec de nouvelles vitesses v 1' et
v 2' .
Que peut-on dire sur ces vitesses ? Pour donner une réponse il faut
rechercher les grandeurs physiques qui pourraient se conserver.
m1
m1
→
m2
→
v1 '
→
v1
O
m2
v2 '
→
v2
Avant le choc
Choc en O
Figure 3.11
Après le choc
Choc entre deux particules de masse m1 et m2
Cette expérience peut se réaliser avec deux mobiles autoporteurs
sur un plan horizontal. Les mobiles sont pseudo isolés et le mouvement du centre d’inertie de chacun sera rectiligne uniforme comme
pour les deux particules isolées.
On ne considère ici que des chocs au cours desquels la masse de
chaque particule reste inchangée. On exclut donc, dans cette étude,
les réactions nucléaires.
132
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
b) Propriétés des chocs
La particule m1 est mécaniquement isolée avant et après le choc.
Pendant le choc, la particule m1 subit une action de la part de m2
(action extérieure) et n’est donc plus isolée. Il en est de même pour la
particule m2.
Maintenant, si on considère le système formé de l’ensemble
{ m 1, m 2 } , celui-ci est isolé du début jusqu’à la fin puisque aucune
action extérieure n’est exercée sur le système. Le choc correspond à
des interactions entre les différentes parties constituant le système et
sont donc des actions intérieures au système.
Conservation du vecteur quantité de mouvement totale
Le système { m 1, m 2 } étant pseudo isolé, on a d’après le principe
d’inertie conservation du vecteur quantité de mouvement totale du
système. Le vecteur quantité de mouvement totale correspond à la
somme des vecteurs quantité de mouvement de chaque particule. On
peut donc écrire une première relation en exprimant cette quantité de
mouvement totale avant le choc et après le choc. On a :
dp
-------- = 0 ⇒ p avant = p après ⇒ p 1 + p 2 = p 1 ' + p 2 ' (3.62)
dt
m1 v 1 + m2 v 2 = m1 v 1 ' + m2 v 2 '
(3.63)
La loi de conservation de la quantité de mouvement est extrêmement générale et
est aussi valable lorsque le choc donne naissance à deux nouvelles particules de
masses m1 ' et m2 ' . On écrit alors : m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1' v 1 ' + m 2' v 2 ' .
Cette relation est une relation vectorielle. Elle correspond donc dans un repère
d’espace à trois équations algébriques.
Choc élastique : conservation de l’énergie cinétique
Chacune des particules peut posséder de l’énergie potentielle. Cette
énergie potentielle est une fonction d’état ne dépendant que de la
position de la particule concernée. Le choc étant toujours de durée
assez brève, la position des particules ne change pas pendant ce choc
et leurs énergies potentielles ne varient pas. La variation d’énergie
mécanique correspond alors à la variation d’énergie cinétique.
Dans le cas d’un choc dit élastique il y a conservation de l’énergie
c’est-à-dire conservation de l’énergie cinétique.
3.4 • Chocs entre particules
133
'2
'2
2
2
1
1
1
1
E C ( avant ) = E C ( après ) ⇒ --- m 1 v 1 + --- m 2 v 2 = --- m 1 v 1 + --- m 2 v 2
2
2
2
2
2
2
'2
'2
m1 v1 + m2 v2 = m1 v1 + m2 v2
(3.64)
Choc inélastique : l’énergie cinétique ne se conserve pas
Dans le cas d’un choc dit inélastique il n’y a pas conservation de
l’énergie cinétique.
Au cours du choc il y a perte d’énergie par échauffement. L’énergie
cinétique diminue. On a donc :
E C ( après )
------------------------ = ε avec 0 ≤ ε < 1
E C ( avant )
Le cas ε = 1 correspond au choc élastique.
Le choc mou est un choc inélastique pour lequel les deux particules
restent liées après le choc.
m1
→
p1 = m1v1
→
p1 = m1v1
p2
→
→
{m1 , m2}
p' = →
p = p→1 + →
p2
p1
m1
→
→
→
p1 + →
p2 = 0
→
→
p =→
p' = 0
{m1 , m2}
→
p 2 = m2 v 2
→
m2
p 2 = m2 v 2
Avant le choc
(a) choc mou
avec
Après le choc
p→2 = − →
p1
m2
(a) choc mou frontal
Exemples de chocs mous : la conservation du vecteur quantité
de mouvement permet de connaître la vitesse que prennent les deux particules liées (a). Dans le cas du choc mou frontal (b) il peut y avoir immobilisation
des deux particules après le choc si les quantités de mouvement sont égales
et opposées avant le choc.
Figure 3.12
134
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
➤ Le cas ε = 0 correspondrait au cas où l’énergie cinétique après le
choc serait nulle c’est-à-dire où les deux particules se retrouvent
immobiles au lieu du choc. Cela n’est possible que si le vecteur
quantité de mouvement totale est nul avant le choc. C’est le cas du
choc mou frontal (voir figure 3.12 (b)) entre deux particules venant
en sens inverse avec la même valeur de quantité de mouvement
(choc entre deux véhicules identiques, roulant à la même vitesse en
sens inverse l’un vers l’autre).
c) Détermination des vitesses après le choc
Connaissant les vitesses avant le choc, on cherche à déterminer les
vitesses après le choc. La détermination de ces deux vecteurs vitesse
est un problème à 6 inconnues (3 composantes par vecteur). La
conservation du vecteur quantité de mouvement donne 3 équations et
celle de l’énergie cinétique dans le cas d’un choc élastique en donne
une. Le problème comporte donc une double indétermination et ne
peut être résolu sans indications supplémentaires.
Ceci n’est pas étonnant car les vitesses après le choc doivent
dépendre de ce qui s’est passé pendant le choc ce que les relations de
conservation ne font pas apparaître.
En introduisant des conditions sur le choc il sera possible alors de
résoudre le problème.
Cas du choc mou
Dans le cas du choc mou, le nombre d’inconnues est ramené à 3
correspondant aux trois coordonnées du vecteur vitesse commun à
l’ensemble des deux particules liées après le choc. La conservation de
la quantité de mouvement suffit alors pour déterminer la vitesse de
l’ensemble. En notant v le vecteur vitesse de l’ensemble après le
choc, on peut écrire :
m1 v 1 + m2 v 2 = ( m1 + m2 ) v
(3.65)
On en déduit alors :
m1 v 1 + m2 v 2
v = --------------------------------( m1 + m2 )
(3.66)
La figure 3.12 (a) montre comment déterminer graphiquement la
quantité de mouvement totale du système constitué des deux masses
m1 et m2. Le mouvement a lieu dans le plan défini par les vecteurs
vitesse des particules avant le choc. L’expression de la vitesse après le
choc peut s’obtenir algébriquement en exprimant les composantes des
vecteurs vitesse avant le choc dans une base cartésienne donnée.
3.4 • Chocs entre particules
135
Exemple 1 d’application : Accrochage de deux wagons identiques à la suite
d’un choc sur une voie de chemin de fer rectiligne
On considère un wagon de masse m venant heurter à la vitesse V un autre wagon
identique immobile sur la voie. Après le choc l’ensemble reste accroché et se
déplace à la vitesse v. On néglige tout frottement. L’ensemble des deux wagons
constitue alors un système mécaniquement pseudo isolé. On assimile les wagons à
des points coïncidant avec leur centre d’inertie.
m
→
V
m
m
Avant le choc
m
→
v
Après le choc
Tous les déplacements se font suivant la voie rectiligne. On peut alors travailler
avec les valeurs algébriques des vitesses.
Avant le choc : p 1 = m 1 v 1 ⇒ p 1 = mV et p 2 = m 2 v 2 ⇒ p 2 = 0
Après le choc : p ' = ( 2m ) v ⇒ p ' = 2mv
Conservation de la quantité de mouvement totale :
p = p 1 + p 2 = p ' ⇒ mV = 2mv ⇒ v = V
--2
2
Expression de l’énergie cinétique avant le choc : E Ci = 1--- mV
2
Expression de l’énergie cinétique après le choc : E Cf
2
1
= --- ( 2m )v
2
En remplaçant v par son expression en fonction de V, on a :
2
2
1
1
1
1
V 2
E Cf = --- ( 2m )v = --- ( 2m ) --- ⇒ E Cf = --- mV = --- E Ci
2
2
2
4
2
On constate bien que l’énergie cinétique a variée. Cette énergie a diminuée. La
variation d’énergie cinétique a pour expression :
2
1
∆E C = E Cf – E Ci = – --- mV
4
E Cf
1
Le rapport des énergies cinétiques donne : ε = ------- = --- = 0,5
E Ci
2
Cette variation d’énergie correspond au travail des forces de contact au moment
de l’accrochage.
Exemple 2 : Cas particulier du choc frontal. Cette fois on considère que les deux
wagons se dirigent l’un vers l’autre avec la même vitesse (cas de la figure 3.12 (b)).
Avant le choc :
p 1 = m 1 v 1 ⇒ p 1 = mV et p 2 = m 2 v 2 = – p 1 ⇒ p 2 = – mV
p = p1 + p2 = 0
136
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
Après le choc :
p ' = ( 2m ) v ⇒ p ' = 2mv
Conservation de la quantité de mouvement totale :
p = p' = 0 ⇒v = 0
L’ensemble reste immobile. L’énergie cinétique finale est nulle : le coefficient ε
vaut zéro.
Exemple 3 : Cas de l’explosion : une masse m immobile dans le référentiel galiléen d’étude éclate en deux morceaux de masses m1 et m2.
On a alors :
p = 0 = p ' ⇒ p ' = m 1 v 1' + m 2 v 2' = 0
m 1 v 1' = – m 2 v 2'
Chaque morceau part avec une quantité de mouvement égale et opposée. Si les
masses sont égales, les vitesses seront égales. Dans le cas où l’une des masses est
très importante par rapport à l’autre, la plus légère aura une vitesse très grande par
rapport à la plus lourde. C’est le cas d’une arme à feu (masse importante) qui recule
lorsque le projectile (masse faible) est tiré. Évidemment, la vitesse de recul est bien
moins importante que la vitesse du projectile.
Choc élastique entre deux particules identiques (déviation)
On considère maintenant le cas d’un choc élastique entre deux particules identiques de masse m1 = m = m2
Avant le choc :
p = p 1 + p 2 = m1 v 1 + m2 v 2 ⇒ p = m ( v 1 + v 2 )
2
2
2
m 2
1
1
E Ci = --- m 1 v 1 + --- m 2 v 2 = ---- ( v 1 + v 2 )
2
2
2
Après le choc :
p ' = p 1' + p 2' = m 1 v 1' + m 2 v 2' ⇒ p ' = m v 1' + v 2'
'2
'2
'2
m '2
1
1
E Cf = --- m 1 v 1 + --- m 2 v 2 = ---- ( v 1 + v 2 )
2
2
2
➤ Conservation de la quantité de mouvement :
p = p ' ⇒ v 1 + v 2 = v 1' + v 2'
(3.67)
➤ Conservation de l’énergie cinétique :
2
2
'2
'2
E Ci = E Cf ⇒ ( v 1 + v 2 ) = ( v 1 + v 2 )
(3.68)
3.4 • Chocs entre particules
137
Considérons le cas particulier où la particule m2 est fixe avant le
choc : v 2 = 0 . Dans ces conditions les équations (3.67) et (3.68)
deviennent :
p = p ' ⇒ v 1 = v 1' + v 2 '
2
'2
(3.69)
'2
(3.70)
E Ci = E Cf ⇒ v 1 = v 1 + v 2
En prenant la norme au carré de la relation (3.69) on a :
2
v 1 = v1
2
2
'2
'2
= ( v 1' + v 2' ) = v 1 + v 2 + 2 v 1' ⋅ v 2'
(3.71)
'
'
=
+
+ 2v1 ⋅ v2
En comparant le résultat obtenu avec la relation (3.70) on aboutit
2
v1
à:
'2
v1
'2
v2
(3.72)
v 1' ⋅ v 2' = 0
La direction des vitesses après le choc sont perpendiculaires. Ainsi,
si on connaît une direction prise par une particule, alors on en déduit
la direction prise par l’autre (voir figure 3.13).
→
v1 '
→
v1
m1= m
m2= m
m1
θ
→
v1
→
v 2'
m2
Avant le choc
Après le choc
Figure 3.13 Choc élastique entre deux particules identiques (même masse
m) l’une étant immobile avant le choc. La direction que prend chaque particule après le choc est perpendiculaire. La projection de la vitesse de la particule m1 avant le choc sur ces deux directions donnent la valeur des vitesses
des particules après le choc.
D’après la relation (3.69), la projection du vecteur vitesse v 1 sur
les deux directions des vecteurs vitesse v 1' et v 2' permet d’obtenir les
valeurs des vitesses v 1' et v 2' .
138
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
Par exemple, si θ est l’angle que fait le vecteur vitesse v 1' avec la
π
vitesse v 1 , alors v 2' fait un angle θ – --- avec v 1 et on a :
2
v 1' = v 1 cosθ et v 2' = v 1 cos θ – π
--- = v 1 sinθ
2
Choc frontal élastique entre deux particules
Il s’agit du cas simple où les trajectoires des différentes particules
avant et après le choc ont toutes la même direction. C’est l’exemple
des deux wagons sur une voie de chemin de fer rectiligne qui s’entrechoquent sur leurs butoirs sans s’accrocher.
Les vecteurs vitesses ( v , v , v 1' , v ' ) sont tous colinéaires. Le
1
2
2
nombre d’inconnues est réduit à deux. Soit un vecteur unitaire u x
choisi sur la direction commune, les vecteurs s’écriront v 1 = v 1 u x ,
v 2 = v 2 u x , v 1' = v 1' u x et v 2 = v 2' u x . Les grandeurs v 1 , v 2 , v 1'
et v 2' représentent les mesures algébriques des vitesses et non les
normes. Ceci permet de décrire toutes les situations possibles sans
avoir à refaire les calculs à chaque fois.
La projection de la relation vectorielle de la conservation de la
quantité de mouvement donne :
m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1' + m 2 v 2'
(3.73)
La conservation de l’énergie (relation (3.64) donne :
2
2
'2
'2
m1 v1 + m2 v2 = m1 v1 + m2 v2
(3.74)
Une méthode classique de résolution consiste à écrire ce système
d’équation sous la forme suivante :
m 1 ( v 1 – v 1' ) = m 2 ( v 2 – v 2' )
m 1 ( v 21 – v 1'2 ) = m 2 ( v 2'2 – v 22 )
(3.75)
m 1 ( v 1 – v 1' ) = m 2 ( v 2' – v 2 )
(3.76)
m 1 ( v 1 – v 1' ) ( v 1 + v 1' ) = m 2 ( v 2' – v 2 ) ( v 2' + v 2 )
En divisant membre à membre la première équation par la seconde
on obtient la relation simple suivante :
(3.77)
( v 1 + v 1' ) = ( v 2' + v 2 )
Le système d’équation devient :
3.4 • Chocs entre particules
139
m2 '
-(v – v )
( v 1 – v 1' ) = ----m1 2 2
( v 1 + v 1' ) = ( v 2' + v 2 )
La somme de ces deux équations donne :
m
2v 1 = -----2- ( v 2' – v 2 ) + ( v 2' + v 2 )
m1
(3.78)
(3.79)
m
m
2v 1 = -----2- + 1 v 2' + 1 – -----2- v 2
m1
m 1
(3.80)
m
2v 1 – 1 – -----2- v 2
m 1
v 2' = ---------------------------------------m2
------ + 1
m1
(3.81)
2m 1 v 1 + ( m 2 – m 1 )v 2
v 2' = -------------------------------------------------m2 + m1
(3.82)
De l’équation (3.77) on en déduit l’expression de la vitesse algébrique v 1' :
( v 1 + v 1' ) = ( v 2' + v 2 ) ⇒ v 1' = v 2' + v 2 – v 1
(3.83)
2m 1 v 1 + ( m 2 – m 1 )v 2
v 1' = -------------------------------------------------- + v2 – v1
m2 + m1
2m 1 v 1 + ( m 2 – m 1 )v 2 ( m 2 + m 1 ) ( v 2 – v 1 )
v 1' = -------------------------------------------------- + --------------------------------------------m2 + m1
m2 + m1
[ 2m 1 – ( m 1 + m 2 ) ]v 1 + [ ( m 2 – m 1 ) + ( m 2 + m 1 ) ]v 2
v 1' = ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------m2 + m1
( m 1 – m 2 )v 1 + 2m 2 v 2
v 1' = -------------------------------------------------m2 + m1
(3.84)
Exemple 1 : cas particulier où les deux particules sont identiques ( m 1 = m 2 = m ) .
Les relations (3.82) et (3.83) deviennent :
2mv 1 + ( m – m )v 2
v 2' = ------------------------------------------- = v1
m+m
( m – m )v 1 + 2mv 2
v 1' = ------------------------------------------- = v2
m+m
(3.85)
(3.86)
140
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
On constate alors que les particules échangent leur vitesse. Ainsi, si la particule m2
est immobile avant le choc, alors la particule m1 s’arrête après le choc tandis que la
particule m2 est éjectée avec la vitesse qu’avait m1.
Exemple 2 : cas particulier où l’une des particules à une masse très grande devant
l’autre et est immobile. :
m
m2
Soit m 2 >> m 1 ⇒ -----1- << 1 et ( v 2 = 0 ) . La relation (3.84) devient :
m
m 2 1 – -----1- v 1
m 2
v 1' = -------------------------------- ≈ –v1
m
m 2 1 + -----1-
m 2
(3.87)
La relation (3.82) donne :
2m 1 v 1
m
≈ 2 -----1- v 1 ≈ 0
v 2' = ---------------------------m2
m
m 2 1 + -----1-
m 2
(3.88)
La particule très massive (correspondant à la cible) n’acquiert pratiquement pas de
vitesse alors que la particule très légère (le projectile) rebondit et retrouve la même
vitesse qu’à l’aller. C’est le cas d’une balle de mousse envoyée contre un mur.
B
S
U
POINTS CLEFS
➤ Travail élémentaire d’une force pour un déplacement élémentaire d l de
son point d’application :
(3.2)
δW = F ( M ) ⋅ d l
➤ Travail d’une force dont le point d’application se déplace d’un point A à un
point B :
W AB ( F ) =
B
∫ δW ( F ) =
A
B
∫ F (M) ⋅ d l
(3.3)
A
➤ Puissance instantanée d’une force :
dl
F ⋅ dl
P ( t ) = δW
-------- = ----------------- = F ⋅ ------- = F ⋅ v
dt
dt
dt
(3.18)
➤ Énergie cinétique d’un point matériel de masse m, vitesse v (par rapport à
un référentiel d’étude)
1 2
E c = --- mv
2
(3.26)
3.4 • Chocs entre particules
141
➤ Théorème de l’énergie cinétique :
Dans un référentiel galiléen, la variation d’énergie cinétique d’un point
matériel, soumis à un ensemble de forces extérieures, entre une position A
et une position B, est égale à la somme des travaux de ces forces entre ces
deux points :
1 2 1 2
--- mv B – --- mv A = E c ( B ) – E c ( A ) = ∆E c =
2
2
∑ WA → B ( F ext )
(3.27)
➤ Force conservative et variation d’énergie potentielle
C
C
Le travail W AB ( Fext ) d’une force conservative Fext ne dépend pas du
chemin suivi mais uniquement de l’état initial (état A) et final (B). Il existe
alors une fonction appelée énergie potentielle dont la variation entre deux
points A et B est égale à l’opposé du travail de la force conservative entre
ces deux points.
C
W AB ( Fext ) = E p ( A ) – E p ( B ) = – ∆E p
(3.28)
➤ L’énergie potentielle se définit à une constante près. Celle-ci est détermi-
née par le choix de l’origine des énergies potentielles.
➤ Définition intégrale de l’énergie potentielle :
B
C
∫ Fext d l
= Ep ( A ) – Ep ( B )
(3.30)
A
➤ Définition différentielle de l’énergie potentielle :
C
C
δW ( Fext ) = Fext ⋅ d l = – dE p
(3.31)
➤ Définition locale de l’énergie potentielle :
C
Fext = – gradE P
C
Fext
∂E
∂E
∂E
= – ---------P u x – ---------P u y – ---------P u z
∂x
∂y
∂z
(3.32)
(3.33)
➤ Énergie potentielle de pesanteur :
E pp ( z ) = mgz
avec E pp ( 0 ) = 0
axe Oz orienté vers le haut
(3.38)
➤ Énergie potentielle élastique :
2
1
E PE ( ∆l ) = --- k ( ∆l )
2
allongement ∆ l = l – l o
➤ Énergie mécanique : E = E c + E P
(3.46)
142
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
➤ Théorème de l’énergie mécanique :
La variation d’énergie mécanique d’un système entre deux points A et B
est égale à la somme des travaux des forces non conservatives appliquées
au système entre ces deux points.
∆E = E ( B ) – E ( A ) =
NC
∑ WA → B ( Fext )
(3.59)
➤ Système conservatif : l’énergie mécanique est constante
➤ Position d’équilibre et stabilité :
Équilibre stable pour x = x o , alors E p ( x ) est minimale pour x = x o
2
dE p
d Ep
- ( xo ) > 0
--------- ( x o ) = 0 et ---------2
dx
dx
➤ Choc entre particules matérielles formant un système isolé ou pseudo
isolé :
• Conservation du vecteur quantité de mouvement totale
• Choc élastique : conservation de l’énergie cinétique
• Choc inélastique : l’énergie cinétique ne se conserve pas
EXERCICES
3.1 Police scientifique
Le conducteur d’une voiture de masse m = 1,6 t freine en urgence afin
d’éviter la collision avec un autobus à l’arrêt. Le choc ne peut être
évité mais heureusement il ne fait aucune victime. Les marques sur la
route indiquent que la voiture a eu besoin de 25 m pour s’arrêter. Le
conducteur affirme qu’il roulait à une vitesse inférieure à 50 km ⋅h–1
mais un témoin de l’accident affirme le contraire.
Des tests effectués par des experts scientifiques ont montré que le
coefficient de frottement entre les pneus de la voiture et la route est de
µC = 0,6.
Calculer la vitesse de la voiture et déterminer qui du conducteur ou du
témoin a raison ?
Réponse : v = 61,7 km⋅h–1
3.2 Esquimau
Un esquimau aimerait atteindre un point C situé à D = 1,9 km du
point B. Pour cela il s’élance du point A, situé à une hauteur
h = 200 m au-dessus de B, sans vitesse initiale.
La masse totale du traîneau et de l’esquimau est de 200 kg et le traîneau glisse sans frottement sur la pente AB. Sachant qu’à partir de B
des frottements de glissement de coefficient µC = 0,1 interviennent,
143
Exercices
calculer la distance d’arrêt d. L’esquimau va-t-il atteindre son
objectif ?
A
h
B
C
d
Réponse : d = 2000 m
3.3 Batman
Batman, poursuivi par un ennemi, court sur le toit d’un immeuble.
Pour passer sur le toit de l’immeuble voisin situé à une hauteur
h = 3 m au-dessus de lui, il doit franchir un vide large de D = 8 m
(voir figure). Pour franchir ce vide, Batman fait un saut de 1 m et se
saisit d’un câble vertical (L = 10 m) accroché à une grue. Au moment
où il se saisit du câble la vitesse de Batman est horizontale et vaut
vo = 8 m⋅s–1.
θ
L = 10m
h =3 m
→
vo
1m
D = 8m
1) Faire le bilan des forces appliquées à Batman et en déduire si
Batman est un système conservatif ou non.
2) Calculer l’énergie mécanique au moment où Batman se saisit du fil
(préciser le choix de l’origine des énergies potentielles).
3) Donner l’expression générale de l’énergie mécanique de Batman en
fonction de l’angle θ que fait le fil avec la verticale.
4) Déterminer l’angle maximal θmax que peut atteindre Batman. On
prendra g = 9,81 m⋅s–2
5) Batman va-t-il réussir à passer sur le toit voisin ?
Réponses : 4) θmax = 47,6° ; 5) oui
144
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
3.4 Batman suite…
Le poursuivant de Batman court à 2 m⋅s–1. Il se saisit lui aussi du
câble vertical en conservant sa vitesse initiale.
1) Sachant que le poursuivant ne peut atteindre le toit voisin et qu’il
reste accroché au fil, donnez l’expression générale de son énergie
mécanique en fonction de θ.
2) Sachant que θ reste faible donner l’équation du mouvement
θ = f(t).
3) En déduire l’angle θmax.
Réponse : 3) θmax = 11,6°
3.5 Trampoline
Un enfant de masse m = 40 kg saute depuis une hauteur h = 1 m sur
un trampoline assimilé à un ressort de constante de raideur k = 4 000
N⋅m–1 (voir figure). On repère les altitudes sur un axe vertical orienté
vers le haut, l’origine O est prise au niveau du trampoline.
On prendra g = 10 m⋅s–2.
z
z
m
z
z=h
u→z
O
d
lo
zm
(a)
(b)
(a) trampoline au repos, la masse m est à l’altitude h avec une vitesse nulle.
(b) Trampoline comprimé au maximum.
1) Préciser quelle est la vitesse de l’enfant lorsque le trampoline est
comprimé au maximum (z = zm < 0) ?
2) En utilisant les expressions de l’énergie mécanique de l’enfant à
différents instants (correspondants à la figure), donner la compression
maximale d = (–zm) en fonction de m, g, h et k. Calculer d.
3) Si l’enfant ne pousse pas sur ses jambes à quelle hauteur h ' du
trampoline va-t-il remonté ?
4) L’enfant exerce en zm une poussée verticale qui lui permet de
monter à une hauteur h '' = 2 m. Sachant qu’une cacahuète fournit
145
Exercices
10 calories d’énergie (1 calorie = 4,18 J), combien de cacahuètes
l’enfant devra-t-il manger pour récupérer toute l’énergie dépensée
lors de la poussée ?
Réponses : 1) v = 0 ; 3) h ' = 1 m ; 4) 10 cacahuètes
3.6 Partie de billard
Séverine et Antoine jouent une partie de Pool anglais. Ce jeu est une
variante du billard qui requiert 16 billes de masse m = 0,5 kg : une
blanche dite bille de choc, une noire dite bille de but, 7 billes rouges
et 7 billes jaunes. Le but du jeu est de rentrer toutes les billes de sa
couleur, et ensuite la noire, directement ou indirectement et dans
n’importe quel trou. Certaines fautes entraînent la perte définitive de
la partie :
• Rentrer la bille noire avant d’avoir rentré ses 7 billes de couleurs.
• Rentrer la bille blanche en même temps que la bille noire.
À la fin de la partie, il ne reste plus que la boule blanche et la boule
noire sur le tapis (figure ci-dessous) et c’est à Antoine de jouer.
1,85 m
y
0,92 m
O
→
vB'
x
β
→
vB
α
0,69 m
→
vN'
0,4 m
Antoine veut mettre la bille noire dans le trou en bas à droite. Pour
cela il donne une vitesse v B = 1 m⋅s–1 à la bille blanche dans la direction Ox vers la bille noire. On suppose que le choc entre les deux
billes est élastique. On note v B ' et v N ' les vecteurs vitesses respectivement de la boule blanche et de la noire.
a) Déterminer la valeur de l’angle α que doit faire v N ' avec la direction Ox pour que la bille noire entre dans le trou.
b) Calculer les vitesses v B ' et v N ' .
c) Calculer l’angle β, correspondant à la direction, par rapport à l’axe
Ox, de la boule blanche après le choc.
146
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
d) Qui de Séverine ou d’Antoine a gagné la partie ?
Réponses : a) α = 60° ; b) v N' = 0,50 m⋅s–1 et v B' = 0,87 m⋅s–1 ;
c) β = 30° ; d) Séverine
SOLUTIONS
3.1 Police scientifique
Système : voiture
Référentiel terrestre galiléen
Bilan des forces : Le poids P , la réaction normale au sol R n et la
force de frottement f permettant l’arrêt (force opposée au déplacement).
Le travail de f sur une distance d, d’un point A (début de freinage) à
un point B (arrêt) est :
B
W AB ( f ) =
∫f
A
B
dl =
B
∫ –f d l = –f ∫ d l = –fd
A
A
Le poids et la réaction normale sont des forces perpendiculaires au sol
et donc ne travaillent pas pendant la période de freinage :
W AB ( P ) = W AB ( R n ) = 0
La variation d’énergie cinétique entre le point A (vitesse v) et le point
B (arrêt v = 0) est :
1 2 1 2
1 2
1 2
∆E c = --- mv B – --- mv A = 0 – --- mv = – --- mv
2
2
2
2
D’après le théorème de l’énergie cinétique, cette variation d’énergie
cinétique est égale à la somme des travaux de toutes les forces agissant sur le système. On a donc :
∆E c =
∑ WA→B ( Fext ) = 0 + 0 + WAB ( f
)
2
1 2
Soit : ∆E c = – --- mv = – fd ⇒ 2fd = mv
2
D’après le principe fondamental de la dynamique :
P + Rn + f = ma
147
Solutions
Le poids P et la réaction R n se compensent (pas de mouvement
donc d’accélération suivant la verticale) : P + R n = 0 ⇒ R n = mg
Au cours du mouvement on a : f = µ C R n = µ C mg :
2
Finalement : 2fd = mv ⇒ 2dµ C mg = mv
2
C’est-à-dire : v = 2µ C gd = 2 ⋅ 0,6 ⋅ 9,81 ⋅ 25 = 17,1 m ⋅ s–1
= 61,7 km ⋅ h–1
L’automobiliste roulait bien à une vitesse supérieure à la vitesse
réglementaire.
3.2 Esquimau
→
A
z
Rn
→
P
B
O
x
→
f
→
Rn
C
→
P
➤ Entre A et B :
Système : traîneau+esquimau
Référentiel : terrestre et galiléen
Forces appliquées : le poids P et la réaction normale du sol R n
Ces forces sont toutes les deux conservatives, il n’y a pas de frottement, le système est donc conservatif. L’énergie mécanique de ce
système se conserve : ∆E = 0 ⇒ E m ( A ) = E m ( B )
2
On a : E m = E c + E pp où E c = 1/2mv est l’énergie cinétique et
E pp l’énergie potentielle de pesanteur. Avec un axe vertical orienté
vers le haut et en choisissant de prendre l’énergie potentielle nulle à
l’altitude 0 on a : E pp = mgz
On a : en A, altitude zA et vitesse vA = 0 et en B, altitude vB = 0 et
vitesse vB. On en déduit :
1 2
E m ( A ) = mgz A = E m ( B ) = --- mv B
2
148
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
➤ Entre B et C :
Système : traîneau+esquimau
Référentiel : terrestre et galiléen
Forces appliquées : le poids P et la réaction normale du sol R n et la
force de frottement f .
Cette force de frottement n’est pas conservative. Dans ce cas, la variation d’énergie mécanique totale entre deux positions correspond au
travail des forces non conservatives entre ces deux positions c’est-àdire ici au travail de f . On a donc :
∆E m = E m ( C ) – E m ( B ) = W BC ( f ) =
C
∫
f dl =
B
C
C
∫
– f d l = – f d l = – fd
B
B
∫
L’ énergie mécanique totale en C est nulle car l’altitude et la vitesse
sont nulles ( z C = 0 et v C = 0 ). On a vu précédemment que l’énergie mécanique totale en B correspond à l’énergie mécanique totale en
A. On en déduit :
E m ( C ) – E m ( B ) = 0 – E m ( B ) = – E m ( A ) = – mgz A = – fd
Principe fondamental de la dynamique : P + R n + f = m a
La projection suivant Oz (pas de mouvement ż˙ = 0 ) donne :
mg – R n = mż˙ = 0 ⇒ R n = mg
Au cours du mouvement on a la relation : f = µ C R n f = µ C R n .
Finalement on obtient :
z
200
mgz A = fd = µ C R n d = µ C mgd ⇒ d = -----A- = --------- = 2 000 m .
0,1
µC
L’esquimau peut atteindre le point C.
3.3 Batman
1) Système mécanique : Batman
Référentiel : terrestre galiléen
Forces appliquées : Poids P force conservative et la tension T du fil
qui ne travaille pas (la force est toujours perpendiculaire au déplacement). Il n’y a pas de frottement. Le système est donc conservatif.
149
Solutions
θ
→
T
h =3 m
L = 10 m
→
→
vo
P
1m
D = 8m
2) En choisissant l’énergie potentielle de pesanteur nulle lorsque
Batman se saisit du fil, l’énergie mécanique totale est :
1 2
E m = E c + E p = E c = --- mv o
2
3) À tout instant t, on a : E m = E c + E p
1 2
Expression de l’énergie cinétique : E c = --- mv .
2
Batman décrit un arc de cercle de rayon L. La vitesse v s’exprime
simplement en fonction de la vitesse angulaire θ̇ par : v = Lθ̇ . On a
donc :
1 2
1 2 2
E c = --- mv = --- mL θ̇
2
2
Expression de l’énergie potentielle de pesanteur :
Avec un axe vertical ascendant on a : Ep = mgz avec z l’altitude à
l’instant t , par rapport à la position initiale de Batman.
En projetant le fil de longueur L à la date t sur la verticale (voir figure)
l’altitude z a pour expression :
z = L – Lcosθ = L(1 – cosθ)
Finalement on obtient l’expression de l’énergie mécanique de Batman
en fonction de θ :
1 2 2
E m = --- mL θ̇ + mgL ( 1 – cosθ )
2
4) La conservation de l’énergie s’écrit :
1 2 2
1 2
E m = --- mv o = --- mL θ̇ + mgL ( 1 – cosθ )
2
2
150
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
L’angle sera maximal lorsque la vitesse angulaire θ̇ s’annulera. On a
2
vo
1 2
alors : --- mv o = mgL ( 1 – cosθ max ) ⇒ cosθ max = 1 – ------2
2gl
64
cosθ max = 1 – ---------------------------- = 1 – 0,326 = 0,6738 ⇒ θ max = 47,64°
2 ⋅ 10 ⋅ 9,81
5) Pour répondre à cette question il faut déterminer si Batman
peut aller au-dessus de h = 3 m et s’il peut franchir la distance D –
1 m = 7 m.
L–h
cosθ max = ------------ : on en déduit h = L ( 1 – cosθ max ) = 3,26 m >
L
h=3m
d
On a aussi sinθ max = --- , on en déduit d = 7,38 m > D – 1 = 7 m
L
Donc Batman va atteindre le toit voisin.
3.4 Batman suite…
Système : le poursuivant
Référentiel : terrestre galiléen
Forces appliquées : Poids P force conservative et la tension T du fil
qui ne travaille pas (la force est toujours perpendiculaire au déplacement). Il n’y a pas de frottement. Le système est donc conservatif.
1) Par définition on a : E m = E c + E p
1 2
Expression de l’énergie cinétique : E c = --- mv .
2
Le poursuivant décrit un arc de cercle de rayon L. La vitesse v
s’exprime simplement en fonction de la vitesse angulaire θ̇ par :
v = Lθ̇ . On a :
1 2 2
1 2
E c = --- mv = --- mL θ̇
2
2
Expression de l’énergie potentielle de pesanteur :
Avec un axe vertical ascendant on a : Ep = mgz avec z l’altitude à
l’instant t, par rapport à la position du point initialement à la verticale.
151
Solutions
→
uz
→
ux
L
θ
L
z
0
En projetant le fil de longueur L à la date t sur la verticale (voir figure)
l’altitude z a pour expression :
z = L – Lcosθ = L(1 – cosθ)
Finalement l’expression de l’énergie mécanique en fonction de θ est :
1 2 2
E m = --- mL θ̇ + mgL ( 1 – cosθ )
2
2) Le système étant conservatif, l’énergie mécanique totale se
conserve :
dE
E m = cte ⇒ ------- = 0 soit :
dt
2
d 1 2
dE
------- = ----- --- Lθ˙ + g ( 1 – cosθ ) mL = mL --- Lθ̇θ̇˙ + gθ̇sinθ = 0
2
dt 2
dt
g
D’où, puisque θ̇ ≠ 0 : θ̇ ( Lθ̇˙ + gsinθ ) = 0 ⇒ θ̇˙ + --- sinθ = 0
L
Pour θ suffisamment petit on a sinθ ≈ θ :
g
θ̇˙ + --- θ = 0
L
On obtient l’équation différentielle du second ordre sans second
membre caractéristique de l’oscillateur harmonique.
La solution de cette équation s’écrit sous la forme :
θ = θ m cos ( ω o t + ϕ )
152
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
où θm et ϕ sont des constantes qui dépendent des conditions initiales
g
et ω o = --- est la pulsation propre de l’oscillateur.
L
L’expression de la vitesse angulaire est :
θ̇ = – θ m ω o sin ( ω o t + ϕ )
Calcul des constantes θm et ϕ :
v
Pour t = 0 on a θ(0) = 0 et v o = Lθ̇ ( 0 ) ⇒ θ̇ ( 0 ) = ----o
L
π
θ ( 0 ) = θ m cosϕ = 0 ⇒ ϕ = ± --2
vo
vo
θ̇ ( 0 ) = – θ m ω o sinϕ = ---- ⇒ θ m = – -------------------L
ω o Lsinϕ
vo
π
On choisit de prendre θm positif soit alors : ϕ = – --- et θ m = --------2
ωo L
Ainsi on obtient l’équation du mouvement :
vo
vo
π
θ = --------- sinω o t
- cos ω t – --- = --------ωo L
ω o L o 2
La période des oscillations est donnée par la relation :
10
L
2π
T o = ------ = 2π --- = 2π ---------- = 6,34 s
9,81
g
ωo
3) D’après l’équation du mouvement on voit que θ est maximal lorsque le sinus vaut 1 c’est-à-dire :
vo L
vo
vo
2
θ max = θ m = --------= -------------- = 0,2 rad ≈ 11,6°
- = ---- --- = ---------L g
ωo L
98,1
gL
Remarque : sinθm = 0,2006 ≈ θm ce qui justifie l’approximation qui a
été faite.
3.5 Trampoline
1) Lorsque le trampoline est comprimé au maximum (z = zm < 0)
l’enfant a une vitesse nulle.
2) Système : l’enfant
Référentiel terrestre galiléen
153
Solutions
➤ Initialement (début du saut) :
Forces appliquées : uniquement le poids P = m g (force conservative)
L’enfant est situé à l’altitude h par rapport au trampoline au repos et
sa vitesse est nulle. Avec l’axe Oz vertical vers le haut et en choisissant l’origine O au niveau du trampoline au repos l’énergie potentielle
a pour expression : Epp = mgh.
L’énergie mécanique totale Emi a pour expression :
E mi = E c + E p = E pp = mgz = mgh
➤ Lorsque le trampoline est comprimé au maximum :
Forces appliquées : Le poids P = m g et la tension T du ressort
(forces conservatives qui dérivent des énergies potentielles respectivement Epp de pesanteur et Epe élastique).
L’enfant est situé maintenant à l’altitude zm < 0 (le trampoline est
comprimé) par rapport au trampoline au repos et sa vitesse est nulle
(Ec = 0).
L’énergie potentielle de pesanteur a pour expression : E pp = mgz m .
1 2
L’énergie potentielle élastique s’écrit : E pe = --- kz m .
2
L’énergie mécanique totale Emf a donc pour expression :
1 2
E mf = E c + E p = E pp + E pe = mgz m + --- kz m
2
Le système est conservatif donc l’énergie se conserve : E mi = E mf .
1 2
Avec zm = –d (d > 0), on obtient l’équation : mgh = – mgd + --- kd
2
2 2mg
mg 2 2mgh
mg
2mgh
d – ----------- d – -------------- = 0 ⇒ d = ------- + ------- + -------------- (la solution
k
k
k
k
k
doit être positif).
A.N. : On a mg = 40⋅10 = 400 N, k = 4 000 N/m et h = 1 m.
400 2 2.400
400
2
1
1
d = ------------- + ------------- + ------------- = ------ + --------- + ----- 4 000
4 000
100 10
4 000
10
21
1
= ------ + ---------- = 0,56 m
10 10
154
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
3) On a toujours conservation de l’énergie mécanique. Pour l’altitude
maximale h ' la vitesse de l’enfant est nulle soit :
1 2
mgh ' = mgz m + --- kz m = mgh ⇒ h = h ' = 1 m.
2
4) Il faut ajouter l’énergie E fournie par l’enfant ce qui donne comme
nouvelle énergie mécanique Em :
1 2
E m = E mi + E = E mf + E ⇒ E m = mgz m + --- kz m + E = mgh + E
2
Quand l’enfant est à l’altitude h ' ' (sa vitesse est nulle) on a :
E m ' = mgh ' ' .
Il y a conservation de l’énergie c’est-à-dire E m = E m ' soit :
1 2
mgh ' ' = mgz m + --- kz m + E = mgh + E ⇒ mgh ' ' – mgh = E
2
A.N. : E = mg ( h ' ' – h ) = 400 J
Le nombre de cacahuètes nécessaires pour apporter cette énergie est :
1 cacahuète apporte 10⋅ 4,18 = 41,8 J donc :
n = E/41,8 ≈ 9,6 soit 10 cacahuètes.
3.6 Partie de billard
0,69
0,4
a) On a immédiatement tanα = ---------- c’est-à-dire α ≈ 60°
b) Le système { m g, m N } étant pseudo isolé, on a d’après le principe
d’inertie la conservation du vecteur quantité de mouvement totale du
système.
On a avant le choc : p = m v B = mv B u x .
Après le choc : p = m v B ' + m v N ' = m [ v B ' + v N ' ]
Avec : v B ' = ( v B 'cosβ ) u x – ( v B 'sinβ ) u y et
v N ' = ( v N 'cosα ) u x + ( v N 'sinα ) u y
p = m [ v B 'cosβ + v N 'cosα ] u x + m [ v N 'sinα – v B 'sinβ ] u y
En projetant cette relation sur les axes Ox et Oy on a :
v B = v B 'cosβ + v N 'cosα
0 = v N 'sinα – v B 'sinβ
sur u x
(1)
sur u y
(2)
155
Solutions
De plus le choc étant élastique, il y a conservation de l’énergie
cinétique :
2
2
2
2
2
1
1
1 2
E C = --- mv B = --- mv B ' + --- mv N ' ⇒ v B = v B ' + v N ' ( 3 )
2
2
2
On a donc un système de trois équations à trois inconnues.
En passant les termes en v N ' à gauche et en mettant les équations (1)
et (2) au carré on obtient :
2
( v B – v N 'cosα ) = ( v B 'cosβ )
( v 'sinα ) 2 = ( v 'sinβ ) 2
N
B
2
(1)
(2)
C’est-à-dire encore :
2
vB
2
– 2v B v N 'cosα + ( v N 'cosα ) = ( v B 'cosβ )
2
( v N 'sinα ) = ( v B 'sinβ )
2
2
(1)
(2)
On additionne (1) et (2) :
2
vB
2
2
2
– 2v B v N 'cosα + ( v N 'cosα ) + ( v N 'sinα ) = ( v B 'cosβ ) + ( v B 'sinβ )
2
2
2
2
2
2
2
2
v B – 2v B v N 'cosα + v N ' ( cos α + sin α ) = v B ' ( cos β + sin β )
2
2
v B – 2v B v N 'cosα + v N ' = v B '
2
(4)
On utilise la relation (3) pour calculer v B ' en fonction de v N ' et v B et
on réintroduit cette expression dans l’équation (4).
On obtient alors :
2
2
2
2
v B – 2v B v N 'cosα + v N ' = v B ' = v B – v N '
2
(4)
C’est-à-dire :
2
2v B v N 'cosα = 2 v N ' ⇒ v N ' = v B cosα
En utilisant la relation (3) on peut calculer v B ' :
2
2
2
vB ' = vB – vN ' ⇒ vB ' =
2
vB – vN '
2
A.N. : v N ' = v B cosα = 1 ⋅ cos60° = 0,50 m⋅s–1
vB ' =
2
1 – 0,5 =
0,75 = 0,87 m⋅s–1
156
Chapitre 3 • Travail, puissance et énergie
c) Pour calculer l’angle β on peut utiliser la relation (1) ou (2) :
v N 'sinα 0,5 ⋅ sin60°
(2) : 0 = v N 'sinα – v B 'sinβ ⇒ sinβ = ------------------ ≈ --------------------------- ≈ 0,5
0,87
vB '
v B – v N 'cosα
(1) : v B = v B 'cosβ + v N 'cosα ⇒ cosβ = ------------------------------ ≈ 0,86
vB '
A.N. : on obtient β = 30°
Remarque : on trouve que α = β = 90° ce qui est un résultat plus
général.
d) Pour savoir qui a gagné il faut savoir si la bille blanche va elle aussi
entrer dans un trou.
On voit sur le schéma que l’angle βc pour lequel la bille blanche entre
dans le trou est égal à :
0,92 – 0,69
tanβ c = --------------------------- = 0,575 ⇒ β c = 30°
0,4
Puisque βc = β, la bille blanche entre dans le trou, il y a donc faute
d’Antoine et c’est Séverine qui remporte la partie.
OBJECTIFS
PLAN
4
Oscillateurs
mécaniques libres
4.1
Oscillateur harmonique
4.2
Oscillateur amorti
4.3
Points clés
➤ Définir l’oscillateur mécanique
➤ Présenter les aspects dynamiques et énergétiques de l’oscillateur
mécanique
➤ Apprendre comment les frottements fluides influencent le mouvement
de l’oscillateur.
4.1 OSCILLATEUR HARMONIQUE
a) Définitions
Équation horaire
On appelle oscillateur harmonique tout système dont le paramètre
ou degré de liberté x(t) qui le caractérise est une fonction sinusoïdale du temps. Cette fonction peut se mettre sous la forme :
x(t) = Xmcos(ωt + ϕ)
(4.1)
Les différents termes intervenant dans cette expression ont déjà été
définis dans le chapitre 1 paragraphe 1.5 (Mouvement rectiligne sinusoïdal). Nous les rappelons ci-dessous.
➤ La grandeur x(t), appelée par définition l’élongation (ou la position) à l’instant t, varie entre les valeurs –Xm et Xm appelée élongation maximale ou amplitude du mouvement.
➤ La quantité (ωt + ϕ), homogène à un angle (unité radian, sans
dimension), est la phase à l’instant t, l’angle ϕ correspondant à la
phase à l’origine t = 0. La grandeur ω est la pulsation du mouvement et s’exprime en rad⋅s–1. L’allure de l’évolution du paramètre
x en fonction du temps t d’un oscillateur harmonique de pulsation
158
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
ω = 6,28 rad⋅s–1, d’amplitude xm = 5 cm est représentée sur la
figure 4.1.
La période T des oscillations est le temps mis par l’oscillateur pour
revenir à une position identique quelque soit le choix de cette position. C’est aussi le temps mis pour faire une oscillation complète
ou un « aller-retour ». Mathématiquement la période T est définie
par :
∃T/∀t x(t + T) = x(t)
La fonction cosinus est une fonction périodique de période 2π. On
en déduit l’expression de T en fonction de la pulsation (voir § 1.5
(Mouvement rectiligne sinusoïdal)) :
[ω(t + T) + ϕ] – [ωt + ϕ] = 2π ⇒ ωT = 2π
2π
(4.2)
T = -----ω
6
4
x(t) (cm)
2
0
-2
-4
-6
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
t(s)
Figure 4.1 Représentation, en fonction du temps, de la position d’un oscillateur harmonique d’amplitude maximale Xm = 5 cm et de période T = 1 s.
La fréquence f, nombre d’oscillations par seconde correspond à
l’inverse de la période T : f = 1/T. Sur la représentation de la figure 4.1
la période est de T = 2π/ω = 2π/6,28 = 1 s et la fréquence de f = 1 Hz.
Il existe d’autres expressions équivalentes pour la fonction x(t). En effet, la fonction
sinus est équivalente à la fonction cosinus décalée de π/2. On peut donc écrire :
π
X m cos ( ωt + ϕ ) ⇔ X m sin ( ωt + φ ) avec : φ = ϕ + --- .
2
4.1 • Oscillateur harmonique
159
De même, en utilisant les relations trigonométriques il est possible
d’exprimer la fonction x(t) comme une combinaison de fonction sinus
et cosinus. On peut écrire :
X m cos ( ωt + ϕ ) ⇔ X m [ cosωtcosϕ – sinωtsinϕ ]
X m cos ( ωt + ϕ ) ⇔ ( X m cosϕ )cosωt + ( – X m sinϕ )sinωt
X m cos ( ωt + ϕ ) ⇔ A m cosωt + B m sinωt
A m = X m cosϕ et B m = – X m sin ϕ
Comme nous le verrons plus loin, le choix de la forme de la fonction dépend des conditions initiales du mouvement de l’oscillateur.
On choisit, en général, la forme la plus simple respectant ces conditions.
Équation différentielle
En reprenant les résultats obtenus au chapitre 1 § 1.5 (Mouvement
rectiligne sinusoïdal) on a :
➤ La fonction x(t) :
x ( t ) = X m cos ( ωt + ϕ )
➤ La dérivée première de la fonction x(t) (la vitesse) :
x˙ = – X m sin ( ωt + ϕ )
➤ La dérivée seconde de la fonction x(t) (l’accélération) :
2
x˙ = – X m ωsin ( ωt + ϕ ) ⇒ ẋ˙ = – X m ω cos ( ωt + ϕ )
On constate que l’accélération peut s’exprimer en fonction de x(t).
2
2
La relation est : ẋ˙ = – X m ω cos ( ωt + ϕ ) = – ω x ( t ) .
L’équation différentielle du mouvement est donc :
2
ẋ˙ + ω x = 0
(4.3)
C’est l’équation différentielle de l’oscillateur harmonique.
Réciproquement : Si l’équation différentielle du mouvement d’un point repéré par
une variable x est de la forme ẋ˙ + Cx = 0 avec C une constante positive ( C > 0 ),
alors la solution est celle d’un oscillateur harmonique. En posant ω = C on a :
x ( t ) = X m cos ( ωt + ϕ ) où Xm et ϕ sont deux constantes dépendant des conditions du problème qui se traduisent en général par les conditions initiales (valeurs
à l’instant t = 0 de x ( t ) = x ( 0 ) = x o et de x˙( t ) = x˙( 0 ) = v o ).
160
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
b) Exemples d’oscillateurs harmoniques
Le pendule élastique horizontal
C’est le cas d’une masse m accrochée à l’extrémité libre d’un ressort
et se déplaçant sans frottement suivant une direction Ox horizontale
(voir figure 4.4 : le support n’est pas représenté). Le ressort de raideur
k est à spires non jointives pour pouvoir travailler aussi bien en étirement qu’en compression.
k
∆l
z
→
ux
O
→
T
m
x
Ressort à l’équilibre
→
R
x (ni étiré, ni comprimé
x Ressort déformé à un instant t :
Allongement ∆l = x
→
P = m→
g
Figure 4.4 Pendule élastique horizontal : la masse m, accrochée à l’extré-
mité libre d’un ressort de raideur k, se déplace suivant un axe horizontal.
L’origine O choisie correspond à la position de m lorsque le ressort
est ni étiré, ni comprimé (position d’équilibre). Dans ce cas,
l’abscisse x de la masse m à un instant t quelconque correspondra
exactement à l’allongement du ressort. Il suffit d’étirer le ressort et de
lâcher la masse pour que le système se mette à osciller. Étudions ce
mouvement.
➤ Système étudié : la masse m
➤ Référentiel d’étude : référentiel terrestre (lié au support du ressort)
et qui peut être considéré galiléen. La masse est repérée par son
abscisse x sur un axe horizontal Ox (voir figure 4.4).
➤ Bilan des forces appliquées : la tension T = – kx u x du ressort, le
poids P = m g et la réaction R du support de la masse. Les frottements étant négligés cette réaction est perpendiculaire au support
et s’oppose au poids (voir figure 4.4 : le support n’est pas représenté).
➤ Principe fondamental de la dynamique : P + R + T = m a
➤ Projection suivant la verticale (axe Oz) : R – P = mż˙ = 0 (pas de
mouvement vertical, la masse reste sur l’horizontale).
4.1 • Oscillateur harmonique
161
➤ Projection suivant l’horizontale (axe Ox) : – kx = mẋ˙
k
m
Le rapport k/m étant positif, on obtient l’équation différentielle
➤ Équation différentielle : ẋ˙ + ---- x = 0
2
d’un oscillateur harmonique de la forme ẋ˙ + ω o x = 0 en posant :
ωo =
k
---m
(4.4)
La pulsation ωo, qui ne dépend que de la masse m et de la raideur k
du ressort, est appelée la pulsation propre de l’oscillateur. La solution est de la forme :
x(t) = Xmcos(ωo t + ϕ)
(4.5)
La masse oscille donc indéfiniment avec une période propre To des
oscillations donnée par la relation suivante :
m
2π
T o = ------ = 2π ---k
ωo
(4.6)
Les constantes, amplitude maximale Xm et phase à l’origine ϕ,
dépendent des conditions du problème. On indique souvent les conditions initiales qui sont en général : à l’instant t = 0, on allonge le
ressort d’une quantité Xo et on lâche sans donner de vitesse. Cela se
traduit mathématiquement par :
(4.7)
x ( t = 0 ) = X o et x˙( t = 0 ) = v ( 0 ) = 0
En dérivant la fonction x(t) on obtient l’expression de la vitesse
(voir chapitre 1, paragraphe 1.5.b mouvement rectiligne sinusoïdal) :
(4.8)
x˙( t ) = – X m ω o sin ( ω o t + ϕ )
Les conditions (4.7) conduisent au système suivant à résoudre :
x ( 0 ) = X o = X m cosϕ
v ( 0 ) = x˙( 0 ) = 0 = – X m ω o sinϕ
(4.9a)
L’amplitude maximale Xm n’étant pas nulle, de la deuxième équation on tire ϕ = 0 ou ϕ = π.
Les solutions possibles sont donc :
ϕ = 0 ⇒ X o = X m cosϕ = X m
(4.9b)
x ( t ) = X o cosω o t
162
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
ou
ϕ = π ⇒ X o = X m cosϕ = – X m
x ( t ) = – X m cos ( ω o t + π )
(4.9c)
Les deux solutions sont identiques puisque : cosωot = –
cos(ωot + π). On conserve la première (4.9b) qui correspond à une
amplitude positive et à une expression plus simple de la solution.
Ce résultat montre aussi pour quelle raison, en mécanique, on choisit de donner la
solution de l’oscillateur harmonique sous forme d’un cosinus (expression 4.5) et non
d’un sinus.
Le pendule élastique vertical
Le plus souvent la masse est suspendue à un ressort et peut donc
osciller verticalement. On élimine ainsi les frottements solides possibles avec un support. Dans un premier temps on peut aussi négliger
les frottements fluides avec l’air environnant.
Lorsque le système est à l’équilibre, le ressort présente un allongement ∆le. La masse oscillant autour de cette position d’équilibre, il est
plus commode de choisir de repérer la position de la masse par
rapport à la position d’équilibre. Dans ces conditions, l’abscisse x ne
correspondra pas avec l’allongement du ressort (voir figure 4.5 et
l’encart 2.1 du chapitre 2).
Le système constitué de la masse m est étudié dans le référentiel
terrestre galiléen. Il y a deux forces extérieures agissant sur le
système : le poids P = m g de la masse et la tension du ressort T
du ressort. Avec un axe vertical orienté vers le bas et un vecteur
unitaire u on peut écrire :
P = m g = mg u et T = – k∆l u
➤ Étude à l’équilibre : le principe fondamental de la dynamique
donne :
P + T e = 0 ⇒ mg – k∆l e = 0
(4.10)
➤ Étude en mouvement (instant t) : le principe fondamental de la
dynamique donne :
P + T = m a ⇒ mg – k∆l = mẋ˙
(4.11)
4.1 • Oscillateur harmonique
163
lo
k
→
Te
le
→
T
O
∆l e
→
P = mg→
l
∆l
x
m
u→
→
P = mg→
x
(a)
Ressort
à vide
(b)
Équilibre
avec une masse
(c)
Position
quelconque
Figure 4.5 Pendule élastique vertical : la masse m, accrochée à l’extrémité
libre du ressort est repérée par rapport à sa position d’équilibre.
L’allongement du ressort à l’instant t, avec l’origine coïncidant
avec la position d’équilibre, est donné par l’expression (voir figure 4.5
et l’encart 2.1 du chapitre 2) :
∆l = ∆le + x
(4.12)
L’équation (4.11) s’écrit donc :
mg – k ( ∆l e + x ) = mẋ˙ ⇒ mg – ∆l e – kx = mẋ˙
En tenant compte de la condition d’équilibre (4.10) on obtient :
k
(4.13)
– kx = mẋ˙ ⇒ ẋ˙ + ---- x = 0
m
L’équation différentielle est identique à celle obtenue pour le
pendule élastique horizontal. Cependant il faut remarquer que la
variable x ne représente pas la même chose dans les deux cas. Pour le
ressort horizontal, la variable x correspond à l’allongement du ressort
(origine prise lorsque le ressort est ni étiré, ni comprimé). Pour le
ressort vertical, la variable x repère la position de la masse par rapport
à sa position d’équilibre pour laquelle le ressort présente déjà un
allongement ∆le.
164
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
Énergie mécanique pour le pendule élastique
Le pendule élastique sans frottement constitue un système conservatif. Les deux forces, poids P = m g et tension T du ressort,
que subit la masse du système sont des forces conservatives qui
dérivent d’une énergie potentielle (voir chapitre 3).
➤ Cas du pendule élastique horizontal : le poids ne travaille pas. La
masse reste à la même altitude et l’énergie potentielle de pesanteur
est une constante au cours du mouvement de la masse. On peut
choisir cette constante nulle (origine des énergies potentielles de
pesanteur). Il ne reste donc que l’énergie potentielle élastique qui
dépend de l’allongement du ressort. Cet allongement correspond à
la variable x et l’énergie potentielle élastique s’écrit alors (voir
chapitre 3 § 3.2.d, relation 3.46) :
1 2
E PE = --- kx avec ∆l = l – lo = x allongement du ressort
2
➤ Cas du pendule élastique vertical : cette fois le poids travaille au
cours du mouvement de la masse. L’énergie potentielle associée au
système peut s’écrire alors comme la somme deux termes :
l’énergie potentielle de pesanteur et l’énergie potentielle élastique.
On peut aussi remarquer que la somme ( P + T ) des forces
conservatives exercées sur la masse est une force conservative qui
dérive de cette énergie potentielle.
La résultante F des forces s’écrit (relation 4.11 et 4.12) :
F = P + T = [ mg – k ( ∆l e + x ) ] u
En considérant la condition d’équilibre (4.10) mg – k∆le = 0, on a :
F = P + T = – kx u
La variable x représente ici la position de la masse par rapport à la
position d’équilibre (voir figure 4.5). L’expression du travail élémentaire de cette résultante pour un déplacement élémentaire dx u
permet d’obtenir l’énergie potentielle (voir chapitre 3 § 3.2.d, relation
3.46). On a :
1 2
δW ( F ) = F ⋅ d l = – kx u ⋅ dx u = – kxdx = – d --- kx = – d ( E p )
2
4.1 • Oscillateur harmonique
165
On obtient donc comme expression de l’énergie potentielle :
1 2
E p = --- kx avec comme origine des énergies potentielles
2
Ep(0) = 0.
Le résultat est identique à celui obtenu pour le pendule horizontal.
Il est intéressant de vérifier que cette énergie potentielle aurait pu être obtenue en
effectuant la somme des énergies potentielles de pesanteur EPP dont dérive le
poids et élastique EPE dont dérive la tension du ressort. Pour cela il faut choisir une
origine commune pour les différentes énergies potentielles. Il est logique de prendre cette origine pour x = 0. Dans ces conditions, avec un axe Ox dirigé vers le bas,
on a :
• E PP = – mgx (l’énergie potentielle de pesanteur diminue en descendant) (voir
paragraphe 3.2.3.a).
2
• E PE = 1--- k ( ∆l ) + constante avec l’allongement ∆l = ∆l e + x .
2
2
• E PE ( x ) = 1--- k ( ∆l + x ) + constante
2
L’origine étant prise pour E PP ( 0 ) = 0 la constante n’est pas nulle
et correspond à :
2
2
1
1
E PE ( 0 ) = --- k ( ∆l e ) + constante ⇒ constante = – --- k ( ∆l e )
2
2
L’énergie potentielle élastique s’écrit alors :
2
2 1
1
E PE ( x ) = --- k ( ∆l e + x ) – --- k ( ∆l e )
2
2
2
2
1 2
1 2
E PE ( x ) = --- k [ x + 2x∆l e + ( ∆l e ) – ( ∆l e ) ] = --- kx + kx∆l e
2
2
L’énergie potentielle totale du système est donc :
1 2
E P = E PP + E PE = – mgx + --- kx + kx∆l e
2
En utilisant la relation d’équilibre (4.10) mg – k∆l e = 0 , on a :
1 2
1 2
E P = --- kx + x [ k∆l e – mg ] = --- kx
2
2
On retrouve évidemment la même expression. La deuxième
méthode est évidemment un peu plus longue et il vaut donc mieux
déterminer l’énergie potentielle à partir de la résultante des forces.
Dans les deux cas, l’énergie mécanique du système s’écrit :
1
1 2
(4.14)
E = E C + E P = --- mx˙2 + --- kx
2
2
166
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
Il est possible de retrouver l’équation différentielle du mouvement à partir de la
conservation de l’énergie. En effet, le système étant conservatif l’énergie mécanique est une constant et sa dérivée est nulle (voir chapitre 3 § 3.2.f). On peut donc
écrire :
1
1
dE
------- = 0 ⇒ 2 --- mx˙ẋ˙ + 2 --- kxx˙ = 0 ⇒ x˙[ mẋ˙ + kx ] = 0
2
2
dt
La vitesse n’étant pas une fonction identiquement nulle on en
déduit :
x˙[ mẋ˙ + kx ] = 0 ⇒ mẋ˙ + kx = 0
Le pendule pesant simple
C’est le cas d’une masse m suspendue à un fil de longueur l. La position d’équilibre correspond à la verticale du lieu.
On écarte la masse de cette position et on la lâche sans vitesse. On
constate qu’elle oscille. Ce problème a été traité en exemple dans le
chapitre 2 § 2.4 Points clefs c).
L’étude du mouvement de la masse se fait dans le référentiel
terrestre galiléen. Les frottements étant négligés, il n’y a que le poids
de la masse et la tension du fil comme forces extérieures au système.
La masse décrit une portion de cercle de rayon l (longueur du fil). La
tension du fil, dirigée suivant le fil, est une force radiale toujours
perpendiculaire au déplacement de la masse. Le travail de la tension
au cours du mouvement est donc nul.
O
→
uy
O
y
u→x
l
l
→
θ
→
Te
T
M
H
M
→
uθ
→
uρ
→
P
→
(a)
P
x
(b )
θ
Figure 4.6 Le pendule simple en équilibre (a) et en mouvement (b)
4.1 • Oscillateur harmonique
167
Le système est conservatif. Il est possible alors de retrouver le
résultat obtenu au paragraphe 2.5.c en considérant que l’énergie totale
se conserve. Le système est parfaitement défini par la connaissance de
la fonction θ(t) qui repère la position du fil par rapport à la verticale
(voir figure 4.6). Il suffit d’exprimer l’énergie mécanique en fonction
de cette variable.
L’énergie potentielle correspond à l’énergie potentielle de pesanteur. Avec un axe Ox vertical orienté vers le bas et comme origine
EP(O) = 0, cette énergie s’écrit (voir paragraphe 3.2.c) :
EP = –mgx = –mgOH = –mglcosθ
(4.15)
L’énergie cinétique s’exprime en fonction de la vitesse. Celle-ci
peut s’écrire en coordonnées polaires (voir paragraphe 1.5.c relation
1.66) :
OM = l u ρ ⇒ v = lθ̇ u θ
L’expression de l’énergie cinétique est donc :
1 2 2
1 2
E C = --- mv = --- ml θ̇
2
2
L’énergie mécanique s’écrit alors :
1 2 2
E = E P + E C = – mglcosθ + --- ml θ̇
2
D’après le théorème de l’énergie mécanique, cette énergie est constante et sa dérivée par rapport au temps est nulle. On a donc :
2
d
1 2 dθ̇
dE
------- = 0 ⇒ – mgl ----- [ cos θ ] + --- ml -------- = 0
dt
dt
2
dt
d ( cos θ ) dθ 1 2 dθ̇
– mgl -------------------- ------ + --- ml 2θ̇ ------ = 0
dt
dθ dt 2
2 dθ̇
mglθ̇sinθ + ml θ̇ ------ = 0 ⇒ mlθ̇ [ gsinθ + lθ̇˙ ] = 0
dt
La fonction vitesse angulaire n’étant pas identiquement nulle il
reste :
g
gsinθ + lθ̇˙ = 0 ⇒ θ̇˙ + --- sinθ = 0
l
Dans le cas où l’angle θ est petit c’est-à-dire lorsque le sinus est
assimilable à l’angle, l’équation différentielle devient :
g
(4.16)
θ̇˙ + --- θ = 0
l
168
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
C’est l’équation de l’oscillateur harmonique de pulsation propre :
g
--(4.17)
l
Nous retrouvons ainsi le résultat obtenu au paragraphe (2.4 Points
clefs c).
ωo =
L’approximation angle « petit » signifie qu’on peut assimiler la valeur de l’angle en
radian à son sinus. Pour un angle α = 20° = 0,349 rad on a sin20° = 0,342. L’erreur relative commise en assimilant l’angle avec son sinus est de : (0,349 – 0,342)/0,349 = 2 %.
Cette approximation est donc très souvent justifiée.
Il est logique de choisir l’origine des énergies potentielles lorsque la masse est dans
sa position d’équilibre θ = 0. Dans ces conditions, l’expression (4.15) de l’énergie
potentielle devient :
E P ( θ ) = – mglcosθ + C
La constante C se détermine avec le choix de l’origine des
énergies :
E P ( 0 ) = 0 ⇒ 0 = – mglcos0 + C ⇒ C = mgl
On obtient alors l’expression suivante :
E P ( θ ) = mgl [ 1 – cosθ ]
Dans le cas où l’angle est suffisamment faible on peut écrire :
2
2
θ
θ
sinθ ≈ θ et cosθ ≈ 1 – ----- ⇒ 1 – cosθ ≈ ----2
2
On obtient donc finalement :
2
1
E P ( θ ) = --- mglθ
2
L’énergie mécanique s’écrit :
2
1 2 2 1
E = E P + E C = --- ml θ̇ + --- mglθ
2
2
(4.18)
(4.19)
c) Étude énergétique de l’oscillateur harmonique
Dans le cas du pendule élastique, en utilisant l’expression (4.4) de la
2
pulsation propre de l’oscillateur ( ω o = k/m), l’énergie mécanique
(4.14) peut s’écrire :
2 2
1 2 1 2
1 2 1
(4.20)
E = --- mx˙ + --- kx = --- mx˙ + --- mω o x
2
2
2
2
4.1 • Oscillateur harmonique
169
Dans le cas du pendule pesant simple, en utilisant l’expression
2
(4.17) de la pulsation propre de l’oscillateur ( ω o = g/l), l’énergie
mécanique (4.19) peut s’écrire :
2
1 2 2 1 2 2 2
1 2 2 1
E = --- ml θ̇ + --- mglθ = --- ml θ̇ + --- ml ω o θ
(4.21)
2
2
2
2
Les expressions sont tout à fait similaires : la variable x du pendule
élastique est analogue à la variable (lθ) du pendule pesant simple.
L’énergie instantanée est l’énergie de l’oscillateur à l’instant t. En
prenant le cas, à titre d’exemple, du pendule élastique, il suffit de
reporter dans l’expression (4.20) de l’énergie les expressions (4.5) de
x(t) et (4.8) de x˙( t ) . On obtient pour l’énergie cinétique :
1 2
E C = --- mx˙ et x˙ = – X m ω o sin ( ω o t + ϕ )
2
2 2
2
1
⇒ E C = --- mω o X m sin ( ω o t + ϕ )
2
Pour l’énergie potentielle :
2 2
1
E P = --- mω o x et x = X m cos ( ω o t + ϕ )
2
(4.22)
2
2 2
1
(4.23)
⇒ E P = --- mω o X m cos ( ω o t + ϕ )
2
L’énergie mécanique s’écrit donc :
2 2
2
2
1
E = E C + E P ⇒ E = --- mω o X m [ cos ( ω o t + ϕ ) + sin ( ω o t + ϕ ) ]
2
2
2
Sachant que cos α + sin α = 1 et en utilisant la relation
2
k = mω o :
2 2
1 2
1
E = --- mω o X m = --- kX m
(4.24)
2
2
Nous retrouvons ici le fait que l’énergie mécanique de ce système
conservatif ne varie pas au cours du temps : l’énergie mécanique est
une constante du mouvement. Il y a échange continuel entre l’énergie
potentielle et l’énergie cinétique. La figure 4.7 montre l’évolution de
ces diverses énergies au cours du temps. L’énergie potentielle est
maximale lorsque cos2(ωot + ϕ) = 1 c’est-à-dire lorsque x(t) = ±Xm.
2
On a alors E P ( t ) = 1/2kX m et sin2(ωot + ϕ) = 0 : l’énergie cinétique
est nulle et minimale. Au contraire, l’énergie cinétique est maximale
170
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
lorsque la masse passe par sa position d’équilibre qui correspond
alors à une énergie potentielle nulle minimale.
De plus, au cours d’une oscillation complète, la masse passe deux
fois par sa position d’équilibre (dans un sens puis dans l’autre) et
atteint deux fois une élongation maximale (Xm et –Xm). Les énergies
potentielle et cinétique oscillent donc deux fois plus vite. La période
des oscillations de ces énergies correspond à la moitié de la période
propre To des oscillations.
E=
1 2
kX m
2
0
0
To /4
EP
EC
To /2
3To/4
To
t
Figure 4.7 Représentation en fonction du temps des énergies potentielle
EP(t), cinétique EC(t) et mécanique E. L’énergie mécanique est à tout instant
une constante. Les énergies potentielle et cinétique oscillent avec une
période égale à la moitié de la période propre To des oscillations x(t).
Ce résultat peut se retrouver en utilisant les formules trigonométriques suivantes :
2
2
1
1
cos α = --- ( 1 – cos2α ) et sin α = --- ( 1 + cos2α )
2
2
Les différentes énergies peuvent encore s’écrire :
2 2
2 2
2
1
1
E C = --- mω o X m sin ( ω o t + ϕ ) = --- mω o X m [ 1 + cos2 ( ω o t + ϕ ) ]
2
4
2 2
2 2
2
1
1
E P = --- mω o X m cos ( ω o t + ϕ ) = --- mω o X m [ 1 – cos2 ( ω o t + ϕ ) ]
4
2
1 2
E C = --- kX m [ 1 + cos ( 2ω o t + 2ϕ ) ]
4
1 2
1 2
E P = --- kX m [ 1 – cos ( 2ω o t + 2ϕ ) ] = --- kX m [ 1 + cos ( 2ω o t + 2ϕ + π ) ]
4
4
4.2 • Oscillateur amorti par frottement visqueux
171
Ces expressions montrent bien que les énergies potentielle et cinétique sont en opposition de phase (déphasage de π l’une par rapport à
l’autre voir figure 4.7) et qu’elles oscillent avec une pulsation de 2ωo
(double de la pulsation propre) et donc avec une période deux fois
plus faible que la période propre.
Il est possible de déterminer la valeur moyenne temporelle de ces énergies en
remarquant que la valeur moyenne d’un cosinus ou sinus sur un nombre entier de
périodes est nulle (fonctions symétriques par rapport à l’axe des temps) on a :
1 2
1 2
〈 E C〉 t = --- kX m [ 1 + 〈 cos ( 2ω o t + 2ϕ )〉 t ] = --- kX m
4
4
1 2
1 2
〈 E P〉 t = --- kX m [ 1 – 〈 cos ( 2ω o t + 2ϕ )〉 t ] = --- kX m
4
4
On a donc le résultat suivant :
1
1 2
〈 E C〉 t = 〈 E P〉 t = --- kX m = --- E
2
4
4.2 OSCILLATEUR AMORTI PAR FROTTEMENT VISQUEUX
Le pendule élastique comme le pendule pesant, se comporte comme
un oscillateur harmonique à la condition de négliger tout frottement.
Il oscille alors théoriquement sans jamais s’arrêter. En réalité, la
masse se déplace dans un fluide (en général l’air) et il existe donc
toujours des forces de frottement de type visqueux. La forme de la
masse qui se déplace ainsi que la viscosité du milieu ambiant peuvent
faire que ces forces de frottements ne soient plus négligeables.
L’oscillateur est alors amorti et fini par s’arrêter.
a) Équation différentielle et solutions
Reprenons le cas du pendule élastique (vertical par exemple). L’étude
de l’oscillateur amorti se fait de la même façon que précédemment en
ajoutant une force de type frottement fluide (coefficient de frottement
visqueux α) de la forme :
f = – α v = – α x˙ u
L’équation différentielle (4.13) du mouvement de la masse
devient :
P + T + f = m a ⇒ mg – k ( ∆ l e + x ) – α x˙ = mx˙˙
En tenant compte de la condition d’équilibre (4.10) mg = k∆le,
on a :
– kx – αx˙ = mẋ˙
172
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
mẋ˙ + αx˙ + kx = 0
Cette équation s’écrit encore :
k
α
(4.25)
ẋ˙ + ---- x˙ + ---- x = 0
m
m
Ce n’est plus l’équation différentielle d’un oscillateur harmonique
mais celui d’un oscillateur amorti par frottement fluide. Pour alléger
les expressions qui viendront par la suite, il est pratique (la raison
apparaîtra un peu plus loin) de poser :
2
k
α
(4.26)
---- = 2λ et ω o = ---m
m
ωo correspond à la pulsation propre de l’oscillateur c’est-à-dire la
pulsation avec laquelle il oscillerait de façon sinusoïdale si les frottements étaient négligeables : l’oscillateur est alors un oscillateur
harmonique.
Le coefficient de frottement α est homogène à une force divisée par une vitesse
c’est-à-dire une masse multipliée par une accélération divisée par une vitesse. Ce
coefficient s’exprime en kg ⋅ s–1 et donc le coefficient λ en s–1.
Finalement l’équation différentielle de l’oscillateur amorti s’écrit :
2
ẋ˙ + 2λx˙ + ω o x = 0
(4.27)
Cette équation est une équation différentielle linéaire du deuxième
degré. Les solutions sont exponentielles. En effet il s’agit de trouver
une fonction solution dont la dérivée seconde et première sont proportionnelles à la fonction elle-même. Nous cherchons la solution sous la
forme :
x = Aert
(4.28)
La détermination de r se fait en reportant cette solution dans
l’équation différentielle. On peut écrire :
rt
rt
d ( Ae )
x˙ = ------------------ = rAe = rx
dt
rt
2 rt
2
d ( Ae )
dx˙
ẋ˙ = ------ = ------------------ = Ar e = r x
dt
dt
Le report de cette solution dans l’équation différentielle conduit à :
2
α
k Ae rt = 0 ⇒ r 2 + α r + k = 0
∀t r + ---- r + --------
m
m
m
m
4.2 • Oscillateur amorti par frottement visqueux
2
173
2
r + 2λr + ω o = 0
(4.29)
L’équation (4.29) s’appelle équation caractéristique de l’équation
différentielle. Sa résolution permet de déterminer les solutions de
l’équation différentielle dans les différents régimes d’amortissement.
Comme il s’agit d’une équation du second degré, il importe de distinguer trois cas qui correspondent à la valeur positive, nulle ou négative
du discriminant. Le discriminant de cette équation s’écrit :
2
2
2
2
(4.30)
∆ = ( 2λ ) – 4ω o = 4 ( λ – ω o )
La forme des solutions dépend du signe de ce discriminant :
k
α
---- ⇒ α > 2 km . Il existe alors
m
2m
2 racines réelles. Cela correspond au cas où le coefficient de frottement est suffisamment grand. L’amortissement est fort.
➤ Cas ∆ > 0 ⇒ λ > ω o ⇒ ------- >
k
α
---- ⇒ α < 2 km . Il n’y a pas de
m
2m
racines réelles mais deux racines complexes. Cela correspond au
cas où le coefficient de frottement est suffisamment petit. L’amortissement est faible.
➤ Cas ∆ < 0 ⇒ λ < ω o ⇒ ------- <
k
α
∆ = 0 ⇒ λ = ω o ⇒ ------- = ---- ⇒ α = 2 km = α C . Il
m
2m
existe une racine double réelle. C’est un cas particulier où l’amortissement est intermédiaire aux deux amortissements précédents et
qui est appelé amortissement critique. Le coefficient de frottement
a alors une valeur particulière dépendant de la raideur k du ressort
et de masse m.
➤ Cas
b) Oscillateur à frottement faible
Expression de l’élongation x(t)
C’est le cas où les frottements ne sont pas trop importants et où le
discriminant de l’équation caractéristique est négatif. On a la
condition :
k
α
(4.31)
∆ < 0 ⇒ λ < ω o ⇒ ------- < ---- ⇒ α < 2 km
m
2m
En faisant apparaître le signe négatif puis en introduisant l’imaginaire pur i tel que i2 = –1, le discriminant (4.30) peut s’écrire :
2
2
2
2
2
2
2
∆ = 4 ( λ – ω o ) = – 4 ( ω o – λ ) = 4i ( ω o – λ )
174
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
Les racines du discriminant sont des complexes imaginaires purs
(voir annexe pour les rappels sur les complexes) et s’écrivent :
2
∆ =
2
2
2
4i ( ω o – λ ) = ± 2i ω o – λ
2
Les solutions de l’équation caractéristique sont donc :
2
2
– 2λ ± 2i ω o – λ
2
2
r ± = ---------------------------------------- = –λ ±i ωo – λ
2
Posons Ω =
2
2
ω o – λ on obtient les deux racines complexes :
r + = – λ + iΩ
r – = – λ – iΩ
(4.32)
Les deux solutions possibles de l’équation différentielle sont :
r+ t
= A+ e
r– t
= A+ e
x+ = A+ e
x– = A– e
( – λ + iΩ )t
( – λ – iΩ )t
= e
= e
– λt
– λt
A+ e
A– e
iΩt
– iΩt
La solution générale de l’équation différentielle est donc une
combinaison linéaire de ces deux solutions et s’écrit :
x ( t ) = x+ + x– = e
avec Ω =
2
– λt
[ A+ e
iΩt
+ A– e
– iΩt
]
(4.33)
2
ω o – λ et λ = α/2m
Les coefficients A+ et A– dépendent des conditions initiales. On
peut montrer que se sont deux complexes conjugués (voir encart 4.2)
ce qui permet de donner une expression réelle de la solution sous la
forme :
x(t) = Xme–λt cos(Ωt + ϕ)
(4.34)
avec Xm et ϕ deux constantes déterminées par les conditions initiales.
Enfin, en décomposant le cosinus (voir paragraphe 4.1.a) il est
possible d’écrire aussi :
x(t) = e–λt[Xo cosΩt + Yo sinΩt]
(4.35)
avec Xo et Yo deux constantes déterminées par les conditions initiales.
4.2 • Oscillateur amorti par frottement visqueux
175
Encart 4.2 Régime pseudo-périodique
La solution de l’équation différentielle de l’oscillateur faiblement
amorti est de la forme :
x(t) = e–λt[A+ eiΩt + A– e–iΩt]
Les constantes A+ et A– dépendent des conditions initiales. Du
point de vue mathématique elles peuvent être des complexes.
Cependant, la solution doit être réelle puisque physiquement on
observe un mouvement de la masse. La somme, entre crochets, des
deux termes complexes doit donc donner un réel. Les parties imaginaires de ces deux complexes doivent donc être opposées. Posons :
A+ = a + ib et A– = c + id
On a alors :
A+ eiΩt = (a + ib)(cosΩt + isinΩt)
A+ eiΩt = (acosΩt + bsinΩt) + i(bcosΩt + asinΩt)
A– e–iΩt = (c + id)(cosΩt – isinΩt)
A– e–iΩt = (ccosΩt + dsinΩt) + i(dcosΩt – csinΩt)
La condition Im(A+ eiΩt) + Im(A– e–iΩt) = 0 se traduit par :
(bcosΩt + asinΩt) + (dcosΩt – csinΩt) = 0
∀t ; (b + d)cosΩt + (a – c)sinΩt = 0
Ceci impose donc les relations : a = c et d = –b. On a alors :
A+ = a + ib et A– = a – ib
Les constantes sont conjuguées et peuvent s’écrire :
*
A+ = Aeiϕ et A– = A + = Ae–iϕ
Finalement on obtient le résultat suivant :
[A+ eiΩt + A– e–iΩt] = Aeiϕ eiΩt + Ae–iϕ e–iΩt = A(ei(Ωt+ϕ) + e–i(Ωt+ϕ))
[A+ eiΩt + A– e–iΩt] = A[2cos(Ωt + ϕ)]
En posant 2A = Xm, l’élongation x(t) peut s’écrire :
x(t) = e–λt[A+ eiΩt + A– e–iΩt] = Xme–λt cos(Ωt + ϕ)
Exemple de calcul pour la détermination des constantes
Les conditions initiales les plus souvent utilisées correspondent au cas
où on tire sur le ressort jusqu’à une amplitude Xmax et on lâche sans
vitesse initiale. Cela se traduit donc par :
x ( t = 0 ) = X max et x˙( t = 0 ) = 0
176
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
En utilisant l’expression (4.35) on obtient simplement la relation :
x(t) = e–λt[Xo cosΩt + Yo cosΩt] ⇒ x(0) = Xo = Xmax
La dérivée de l’élongation donne la vitesse qui s’écrit comme la
dérivée d’un produit de fonction. On obtient :
x˙( t ) = –λe–λt[Xo cosΩt + Yo cosΩt] + e–λt[–Xo ΩsinΩt + Yo ΩcosΩt]
Les conditions initiales se traduisent donc par :
x ( 0 ) = X o = X max
x˙( 0 ) = – λX o + Y o Ω = 0
La résolution de ce système de deux équations à deux inconnues ne
présente pas de difficulté et donne :
λ
Xo = Xmax et Y o = ---- X o
Ω
L’expression de l’élongation s’écrit alors :
x ( t ) = X max e
– λt
λ
cosΩt + ---- sinΩt
Ω
ou encore, en remplaçant λ par son expression (4.26) :
x ( t ) = X max e
α
– -------t
2m
α
cosΩt + ------------ sinΩt
2mΩ
2
avec Ω =
2
α
ω o – ---------24m
Le régime pseudo-périodique
Dans le cas de faible amortissement, la solution x(t) est donc de la
forme (voir 4.34) :
x(t) = Xme–λt cos(Ωt + ϕ)
avec Ω =
2
2
ω o – λ et λ = α/2m
La figure 4.8 représente l’allure de cette fonction au cours du temps
avec les conditions initiales du paragraphe vu précédemment. L’élongation x(t) s’écrit comme le produit d’une exponentielle décroissante
avec une fonction sinusoïdale.
La fonction cosinus variant entre –1 et +1, l’élongation x(t) va
osciller en restant comprise entre –Xmexp(–λt) et Xmexp(–λt). Ces
deux exponentielles représente l’enveloppe du mouvement de
l’oscillateur c’est-à-dire les positions extrémales prises par x lorsque
le temps s’écoule. La décroissance de la fonction exponentielle est
guidée par le coefficient λ = α/2m qui traduit l’amortissement plus ou
moins prononcé du mouvement. Lorsque α est nul le mouvement est
non amorti et l’on retombe sur le cas de l’oscillateur harmonique.
4.2 • Oscillateur amorti par frottement visqueux
177
x (t )
Xm
T
T
Xm e
−λt
0
t (s)
− Xm e
−λt
− Xm
Figure 4.8 Mouvement d’un oscillateur amorti par frottement fluide dans le
cas d’un amortissement faible. L’amplitude des oscillations décroît de façon
exponentielle (traits pointillés). Le régime est pseudo périodique, T représente la pseudo-période.
Le terme cos(Ωt + ϕ) traduirait la périodicité du mouvement s’il
n’y avait pas d’amortissement. Le mouvement n’est plus périodique
puisqu’au bout du temps T l’élongation de l’oscillateur ne reprend pas
la même valeur : x(t) ≠ x(t + T) l’amplitude des oscillations diminue
avec le temps. On parle donc de mouvement pseudo-périodique. La
pseudo-période T correspond à l’intervalle de temps qui sépare deux
passages par la position d’équilibre x = 0 dans le même sens ou qui
sépare deux maxima consécutifs (voir figure 4.8). Elle est donnée
par :
2π
2π
(4.36)
T = ------ = ---------------------- et λ = α/2m
Ω
2
2
ωo – λ
La grandeur Ω s’appelle la pseudo-pulsation et est inférieure à la
pulsation propre ωo. La pseudo-période peut s’exprimer en faisant
apparaître la période propre To de l’oscillateur harmonique (absence
de frottement) :
2
1
2π
λ
T = ------ ------------------- = T o 1 – -----
2
ωo
2
ω o
λ
1 – -----2ωo
–1
--2
> To
(4.37)
178
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
La pseudo-période est supérieure à la période propre. Du fait des
frottements, la masse met un peu plus de temps pour faire un aller et
retour et l’amplitude de son mouvement diminue.
Dans le cas où l’oscillateur est très faiblement amorti (λ << ωo) il
est possible de donner une expression approchée de la pseudo-pulsation et de la pseudo-période. On a :
1
---
2 2
2
2
λ
ω o – λ = ω o 1 – -----2-
ω o
Ω =
Avec l’approximation suivante : ε << 1 ⇒ (1 + ε)α ≈ 1 + αε, on a :
2
λ
λ
------ <<1 ⇒ Ω ≈ ω o 1 – ---------2
ωo
2ω
o
La pseudo-pulsation Ω est voisine de la pulsation propre ωo. De
même pour la pseudo-période : la relation 4.37 devient :
2
λ
T = T o 1 – -----2-
ω o
–1
--2
2
λ
≈ T o 1 + ---------2 > T o
2ω o
Pour λ ≤ 0,1ωo, on constate que T ≈ To avec une erreur relative
inférieure à 0,5 %. L’expression de T s’écrit encore, avec λ = α/2m :
2
α
T = T o 1 + ----------------2 > T o
2
8m ω o
(4.38)
La pseudo-période T a une valeur très proche de la période propre
To.
La détermination du coefficient de frottement α (ou du facteur λ)
peut se faire expérimentalement en comparant la valeur de deux
maxima consécutifs. Si le nième maximum est atteint à la date t = tn, le
maximum suivant apparaît à la date tn+1 = tn + T. Pour ces deux dates,
l’élongation x(t) s’écrit :
x(tn) = xn = Xme–λtn cos(Ωtn + ϕ)
(4.39a)
x(tn+1) = xn+1 = x(tn + T) = Xme–λ(tn +T) cos[Ω(tn + T) + ϕ]
En tenant compte que ΩT = 2π, l’expression de x(tn+1) devient :
x n+1 = X m e
– λt n – λT
e
cos [ Ω t n + Ω T + ϕ ] = X m e
x n+1 = X m e
– λt n – λT
e
–λ tn –λ T
e
cos [ Ω t n + 2 π + ϕ ]
cos ( Ω t n + ϕ ) ⇒ x n +1 = e
–λ T
x n (4.39b)
4.2 • Oscillateur amorti par frottement visqueux
179
Il est pratique pour caractériser l’amortissement d’introduire une
grandeur δ appelée décrément logarithmique et définie par :
– λT
xn e
x n+1
– λT
= λT
δ = ln -------- = lne
- = ln -------------xn
xn
(4.40)
La mesure expérimentale de δ et celle de T permet donc d’accéder
au facteur λ c’est-à-dire au coefficient d’amortissement α donné par :
α
2m
δ = λT = ------- T ⇒ α = ------- δ
2m
T
c) Oscillateur à frottement fort
Expression de l’élongation x(t)
C’est le cas où les frottements sont plus importants c’est-à-dire
lorsque le coefficient d’amortissement vérifie la condition :
k
α
(4.41)
λ > ω o ⇒ ------- > ---- ⇒ α > 2 km
m
2m
Dans ces conditions le discriminant (4.30) est positif et il existe
alors deux racines réelles pour l’équation caractéristique. On a :
∆ =
2
2
2
2
2
4 ( λ – ω o ) = ± 2 λ – ω o = ± 2β
2
avec β = λ – ω o .
Les solutions sont donc :
– 2λ ± 2β
r ± = -------------------- = – λ ± β
2
2
2
Sachant que β = λ – ω o < λ on obtient les deux racines réelles
négatives suivantes :
r+ = –λ + β = –( λ – β ) < 0
r– = –λ – β = –( λ + β ) < 0
Les deux solutions possibles de l’équation différentielle sont donc
des exponentielles décroissantes de la forme :
x+ = A+ e
r+ t
= A+ e
x– = A– e
r– t
= A– e
– ( λ – β )t
– ( λ + β )t
180
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
La solution générale de l’équation différentielle est une combinaison linéaire de ces deux solutions et s’écrit :
x ( t ) = x+ + x– = A+ e
avec β =
2
– ( λ – β )t
+ A– e
– ( λ + β )t
(4.42)
2
λ – ω o et λ = α/2m
Exemple de calcul pour la détermination des constantes
Reprenons les conditions initiales les plus souvent utilisées correspondant au cas où on tire sur le ressort jusqu’à une amplitude Xmax et
on lâche sans vitesse initiale. Cela se traduit donc par :
x(t = 0) = Xmax et x˙ (t = 0) = 0
En utilisant l’expression (4.42) on obtient la relation :
x(0) = A+ + A– = Xmax
La vitesse x˙( t ) est obtenue en dérivant l’élongation x(t). On a :
– ( λ – β )t
– ( λ + β )t
– ( λ + β )e
x˙( t ) = – ( λ – β ) e
Les conditions initiales se traduisent donc par :
x ( 0 ) = X max = A + + A –
x˙( 0 ) = 0 = – ( λ – β )A + – ( λ + β )A –
On obtient le système d’équations suivant à résoudre :
(1) A + + A – = X max
(2) ( λ – β ) A + + ( λ + β ) A – = 0
On élimine le coefficient A– en multipliant l’équation (1) par
(λ + β) puis en lui soustrayant (2) membre à membre. On obtient :
(1) (λ + β) – (2) ⇒ (λ + β)A+ – (λ – β)A+ = (λ + β)Xmax
[(λ + β) – (λ – β)]A+ = (λ + β)Xmax
X max ( λ + β )
2βA + = ( λ + β )X max ⇒ A + = ---------- ----------------β
2
X max
λ
A + = ---------- 1 + ---
2
β
Le coefficient A– peut s’obtenir à partir de l’équation (1) :
X max
λ
A – = X max – A + = X max – ---------- 1 + ---
2
β
X max
λ
A – = ---------- 1 – ---
2
β
4.2 • Oscillateur amorti par frottement visqueux
181
Finalement, l’élongation s’écrit :
X max
λ –( λ + β )t
λ –( λ – β )t
+ 1 – --- e
x ( t ) = ---------- 1 + --- e
2
β
β
ou encore :
X max –λt
λ –βt
λ –βt
x ( t ) = ---------1 + --- e + 1 – --- e
-e
2
β
β
Cette solution peut encore s’écrire en introduisant les fonctions sinus et cosinus
hyperboliques :
x ( t ) = X max e
– βt
βt
– βt
βt
– λt
λe – e
e +e
---------------------- + --- --------------------β
2
2
– λt
λ
cosh ( βt ) + --- sinh ( βt )
β
x ( t ) = X max e
Le régime apériodique
La figure 4.9 donne l’allure de la fonction x(t) pour un amortissement
fort avec les conditions initiales du paragraphe précédent. Il n’y a plus
d’oscillation : l’oscillateur retourne vers sa position d’équilibre sans
osciller (l’élongation garde toujours le même signe). Le régime est dit
apériodique (absence de période).
x (t ) (cm)
5
X m = 5 cm
m = 0, 1 kg ; k = 0 ,4 N .m
4
Régime critique
α = 0,4 kg.s −1 (λ = 2 s−1)
3
2
To = 2 π
m
k
–1
= 3,14 s
Régime apériodique
α = 0, 8 kg .s
1
−1
−1
(λ = 4 s )
0
0
2
4
t (s)
6
8
10
Figure 4.9 Exemple de mouvement d’un oscillateur amorti par frottement
fluide dans le cas d’un amortissement fort (pointillé) et critique (trait plein).
L’élongation décroît de façon exponentielle sans aucune oscillations (conditions initiales x(0) = Xm et vitesse initiale nulle).
182
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
La décroissance d’une exponentielle exp ( – r t ) est caractérisée par le temps
τ = 1/ r au bout duquel l’exponentielle est divisée par « e ». Après une durée de
l’ordre de 4 à 5 τ l’exponentielle est pratiquement nulle. Le temps caractéristique
ou temps de relaxation de l’oscillateur en régime apériodique va être déterminé
par l’évolution de l’exponentielle la plus lente parmi les deux exponentielles
décroissantes qui interviennent dans l’expression de x(t). D’après (4.2.c)
r + = λ – β < r – = λ + β . Des deux temps caractéristiques τ + = 1/ r + et
τ – = 1/ r – c’est le plus grand qui correspondra au temps de relaxation de
l’oscillateur c’est-à-dire le temps τ + = 1/ r + .
Dans l’exemple du régime apériodique de la figure 4.9 on a
k
= ---- = 4 rad2 ⋅s–2. Les valeurs des facteurs λ et β sont
m
2
2
α
λ = ------- = 4 s–1 et β = λ – ω o = 12 = 2 3 = 3,46 s–1. Le
2m
temps de relaxation de l’oscillateur fortement amorti est alors
d’environ :
1
1
1
τ + = ------- = ------------ ≈ ------------- ≈ 1,87 s .
λ – β 0,536
r+
2
ωo
On vérifie bien qu’au bout de 5τ+ ≈ 9,3 s l’oscillateur est revenu à
la position d’équilibre.
d) Cas limite de l’amortissement critique
Expression de l’élongation x(t)
C’est le cas très particulier où le coefficient d’amortissement prend
une valeur qui annule le discriminant de l’équation caractéristique.
On a donc :
k
α
(4.43)
λ = ω o ⇒ ------- = ---- ⇒ α = 2 km
m
2m
Dans ces conditions le discriminant (4.30) est nul et il existe une
racine double réelle pour l’équation caractéristique. La solution est :
– 2λ
r = --------- = – λ = – ω o
2
La solution générale de l’équation différentielle du mouvement de
l’oscillateur est alors :
–ω t
x(t) = (At + B) e o
(4.44)
avec les constantes A et B dépendant des conditions initiales.
4.2 • Oscillateur amorti par frottement visqueux
183
Exemple de calcul pour la détermination des constantes
Reprenons les conditions initiales habituelles (voir 4.2.b) :
x ( t = 0 ) = X max et x˙( t = 0 ) = 0
En utilisant l’expression (4.44) on obtient la relation :
x ( 0 ) = B = X max
La vitesse x˙( t ) est obtenue en dérivant l’élongation x ( t ) qui se présente comme
un produit de fonction. On a :
x˙( t ) = Ae
–ωo t
+ ( At + B ) ( – ω o )e
–ωo t
= ( A – Bω o – Aω o t )e
–ωo t
Les conditions initiales se traduisent donc par :
x ( 0 ) = X max = B
x˙( 0 ) = 0 = A – Bω o
La résolution de ce système d’équations est simple et donne :
B = X max
A = Bω o = ω o X max
L’élongation x ( t ) est donc de la forme :
x ( t ) = X max ( ω o t + 1 )e
–ωo t
Le régime critique
La figure 4.9 représente l’élongation x(t) dans ce cas particulier
appelé le régime critique. Là encore, il y a retour à la position d’équilibre sans aucune oscillation (l’amplitude garde le même signe). Il
faut noter que ce retour se fait plus rapidement que pour le régime
apériodique.
Le temps de relaxation pour le régime critique correspond à
τ c = 1/ω o . En reprenant les valeurs numériques de la figure 4.9, on a
2
ω o = k/m = 4 rad2 ⋅s–2 et on obtient τ c = 1/ω o = 0,5 s . Au bout
d’environ 2,5 s à 3 s l’oscillateur est revenu à la position d’équilibre.
De façon général, le temps de relaxation τ+ pour le régime apériodique est toujours plus important que celui τc du régime critique ce
qui revient à dire qu’on a toujours la relation :
2
2
r + = λ – λ – ω o < ω o . En effet, cette condition revient à écrire :
2
2
2
2
2
2
2
2
λ < ω o + λ – ω o ⇒ λ < ω o + ( λ – ω o ) + 2ω o λ – ω o ;
2
2
On obtient la condition toujours vérifiée : 0 < 2ω o λ – ω o
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
184
Contrairement à ce qu’on aurait pu penser, un amortissement trop
important retarde le retour à l’équilibre de l’oscillateur. Dans le cas où
on désire un retour rapide à l’équilibre (par exemple pour les amortisseurs d’une automobile) il vaut mieux se rapprocher le plus possible
du régime critique défini par λ = α/2m = ω o ⇒ α = 2 mk .
e) Étude énergétique de l’oscillateur amorti
Contrairement à l’oscillateur harmonique, l’oscillateur amorti n’est
pas un système conservatif. L’énergie du système n’est pas une constante et sa variation au cours du temps va correspondre au travail
négatif des forces de frottement. Cette énergie diminue et la perte
correspondante est en général évacuée sous forme de chaleur.
En appliquant le théorème de l’énergie mécanique (voir chapitre 3)
on obtient :
NC
2
dE = δW ( Fext ) = f d l = – α v ⋅ ( v d t ) = – α v d t
La variation d’énergie par unité de temps est donc égale à :
2
dE
------- = – αv < 0
dt
On retrouve bien une variation négative de l’énergie c’est-à-dire
une perte d’énergie au cours du temps.
Un oscillateur n’est jamais vraiment harmonique mais est souvent
faiblement amorti. Pour qu’il puisse osciller comme un oscillateur
harmonique il sera nécessaire d’apporter régulièrement de l’énergie
pour compenser la perte. C’est le rôle par exemple du contre-poids
dans une horloge à balancier. On obtient ainsi un oscillateur entretenu
qui peut servir à mesurer le temps.
Dans le cas d’un amortissement très faible il est possible d’estimer
la perte d’énergie au cours de chaque oscillation. Pour cela il suffit de
comparer les énergies mécaniques de l’oscillateur E(tn) à l’instant tn
correspondant au nième maximum et E(tn+1) à l’instant tn+1 = tn + T
quand l’oscillateur atteint le maximum suivant après une durée
correspondant à une pseudo-période. Si x(tn) = xn (voir relation 4.39a)
alors x(tn+1) = xn+1 = e–λTxn (voir relation 4.39b). Pour ces deux positions l’énergie cinétique est nulle et l’énergie mécanique est donc
égale uniquement à l’énergie potentielle du système. On peut écrire :
1 2
1 2
1 –λT 2
1 –2λT 2
E ( t n ) = --- kx n et E ( t n+1 ) = --- kx n+1 = --- k ( e x n ) = --- ke
xn
2
2
2
2
4.2 • Oscillateur amorti par frottement visqueux
185
Le rapport des ces deux énergies donne :
1 2 –2λT
--- kx n e
E ( t n+1 )
– 2λT
2
----------------- = ------------------------ = e
1 2
E ( tn )
--- kx n
2
La variation relative d’énergie mécanique, en valeur absolue, au
cours d’une pseudo-période est donnée par :
E ( t n+1 ) – E ( t n )
∆E
------------ = ----------------------------------E ( tn )
E ( tn )
Sachant que l’énergie diminue avec le temps on obtient :
E ( t n ) – E ( t n+1 )
– 2λT
∆E
- = 1–e
------------ = ----------------------------------E ( tn )
E ( tn )
➤ Cas d’un oscillateur très faiblement amorti : λ/ωo << 1.
Dans ces conditions, la pseudo période T est voisine de la période
propre To de l’oscillateur harmonique sans amortissement (voir relation 4.38). La perte relative d’énergie sur une période devient :
– 2λT o
2π
λ
∆E
avec 2λT o = 2λ ------ = 4π ------ << 1
---------- = 1 – e
ωo
ωo
E
Le coefficient de l’exponentielle étant très faible, il est possible de
faire un développement limité au premier ordre de la fonction exponentielle et d’utiliser l’approximation suivante : ε << 1 ⇒ eε ≈ 1 + ε.
L’expression de la perte relative d’énergie devient :
– 2λT o
∆E
≈ 1 – ( 1 – 2λT o ) = 2λT o
---------- = 1 – e
E
2λ
∆E
---------- = 2λT o = ------ 2π
ωo
E
Pour caractériser la dissipation d’énergie il est pratique d’introduire un coefficient sans dimension appelé facteur de qualité, noté Q
et défini par :
énergie du système
(4.45)
Q = 2π -----------------------------------------------------------------perte d’énergie par période
Plus ce facteur Q est important et plus la perte relative d’énergie est
faible. Il est infini pour l’oscillateur harmonique. Ce facteur vaut ici :
ω
E
(4.46)
Q = 2π ------- = -----o∆E
2λ
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
186
α
Dans le cas du ressort amorti, avec λ = ------- et ω o =
2m
ω
mω
1
k
Q = -----o- = ----------o- = ---------- = --- mk
α
αω o
2λ
α
k
---- on a :
m
(4.47)
Plus l’amortissement est faible (petite valeur du coefficient de frottement) et plus ce facteur Q est important (moins de perte relative
d’énergie). Q augmente aussi avec l’inertie m et la raideur k de
l’oscillateur.
Ce facteur de qualité peut s’exprimer en fonction du décrément logarithmique
δ = λT = ln ( x n + 1 /x n ) (voir (4.40). La perte relative d’énergie s’écrit :
– 2λT
– 2δ
∆E
= 1–e
---------- = 1 – e
E
Si l’amortissement est très faible on a δ << 1 et on peut écrire :
– 2δ
∆E
---------- = 1 – e ≈ 2δ
E
On obtient alors :
E
π
2π
Q = 2π ------- = ------ = --∆E
δ
2δ
L’équation différentielle de l’oscillateur peut s’écrire en fonction du facteur Q. On a
alors :
ω
2
k
α
ẋ˙ + ---- x˙ + ---- x = 0 ⇒ ẋ˙ + -----o- x˙ + ω o x = 0
m
m
Q
(4.48)
Le coefficient α/m étant homogène à l’inverse d’un temps on peut
toujours l’écrire comme étant proportionnel à la pulsation ωo, le coefficient de proportionnalité étant sans dimension et noté 1/Q. Avec ces
nouvelles notations, le type de régime qui sera solution de l’équation
dépendra de la valeur de ce facteur. Le discriminant de l’équation
différentielle s’écrit alors :
2
ω
2
2
1
∆ = -----o2- – 4ω o = 4ω o --------------2 – 1
( 2Q )
Q
On a aura donc les conditions suivantes :
1
➤ ∆ > 0 ⇒ Q < --- ⇒ Le régime est apériodique
2
4.2 • Oscillateur amorti par frottement visqueux
187
1
2
➤ ∆ = 0 ⇒ Q = --- ⇒ Le régime est critique
1
2
➤ ∆ < 0 ⇒ Q > --- ⇒ Le régime est pseudo-périodique.
Le facteur Q ainsi défini ne correspond à la définition (4.45) que si l’amortissement est
suffisamment faible c’est-à-dire que les approximations effectuées soit raisonnablement valables.
Exemple : pour δ = 0,01 soit δ = π/Q = 1 % ⇒ Q = 31,4 on a :
1 – e–2δ = 0,0198 et 2δ = 0,02 c’est-à-dire 1 – e–2δ ≈ 2δ à 1 % près.
On peut donc considérer que le facteur Q rend bien compte de la perte relative
d’énergie par période dès qu’il est supérieure à 30.
La relation (4.38) permet de déterminer l’erreur relative commise lorsqu’on
confond T avec To. On a :
2
T–T
∆T
λ
T
1
------- = --------------o- = ----- – 1 = ---------2 = ---------2To
To
To
2ω o
8Q
Ainsi dès que l’on a Q > 3,5 on peut dire que T ≈ To avec une erreur relative inférieure à 1 %.
B
S
U
POINTS CLEFS
➤ Oscillateur harmonique :
x ( t ) = X m cos ( ω o t + ϕ )
2
ẋ˙ + ω o x = 0 ⇔
x ( t ) = Acosω o t + Bsinω o t
L’énergie mécanique se conserve : E = EP + EC = constante
➤ Oscillateur amorti (frottement visqueux)
Équation différentielle : ẋ˙ + 2λx˙ + ω 2o x = 0
• ω o pulsation propre. Pour le pendule élastique : ω o =
k/m
• λ facteur caractérisant l’amortissement visqueux. Pour le pendule élastique λ = α/2m avec α le coefficient de frottement visqueux.
• Solution de la forme : x ( t ) = Ae rt
• Équation caractéristique : r vérifie l’équation du second degré :
2
2
r + 2λr + ω o = 0
188
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
• Discriminant de l’équation caractéristique : ∆ = 4 ( λ 2 – ω 2o )
Selon la valeur du discriminant, il y a trois régimes à distinguer :
∆ < 0 : Régime
pseudopériodique
∆=0:
Régime critique
∆ > 0 : Régime
apériodique
Amortissement
faible
Amortissement
critique
Amortissement
fort
x = x+ + x–
x = x+ + x–
2
x+ = A+ e
– λt it ω o – λ
2
x– = A– e
– λt – it ω o – λ
2
2
2
e
x ( t ) = ( At + B )e
–ωo t
x+ = A+ e
2
– λt it λ – ω o
e
2
x– = A– e
e
2
– λt – it λ – ω o
e
La solution pour le régime pseudo périodique peut s’écrire :
x ( t ) = Xm e
– λt
cos ( Ω o t + ϕ ) ou x ( t ) = e
– λt
[ X o cosΩt + Y o cosΩt ]
Ces trois régimes sont des régimes transitoires : au bout d’une durée relativement brève l’oscillateur retrouve sa position d’équilibre.
EXERCICES
4.1 Oscillations libres
Soit un ressort vertical de constante de raideur k inconnue et de
longueur à vide lo = 5 cm.
a) Un étudiant cherche à déterminer expérimentalement la valeur de la
constante k. Pour cela, il trace l’allongement du ressort en fonction de
la valeur de la masse m qu’il a accrochée au ressort et obtient le résultat illustré par la figure ci-dessous. Une régression linéaire donne un
coefficient directeur de 0,655. En déduire la valeur de la constante de
raideur k.
189
Exercices
Allongement [m]
0,14
0,12
Points expérimentaux
Régression linéaire
0,10
0,08
Y = 0,655 X
0,06
0,04
0,02
0,00
0,00
0,02
0,04
0,06
0,08
Masse [kg]
Courbe expérimentale et modélisation de l’allongement du ressort en
fonction de la masse qui y est accrochée.
b) On accroche maintenant à ce ressort une masse m = 75 g, on écarte
la masse de sa position d’équilibre d’une grandeur zo = 4 cm et on la
lâche sans vitesse initiale. En considérant que le mouvement a lieu
sans frottement, déterminer l’équation du mouvement z = f(t) et
donner la position de la masse par rapport à sa position d’équilibre 3 s
après qu’on l’ait lâchée.
Réponses : a) k = 15 N⋅m–1 ; b) z(t = 3s) = 2,9 cm
4.2 Oscillations amorties
Le ressort de l’exercice 4.1 et la masse (m = 75 g) sont maintenant
plongés dans un fluide. Lors du déplacement de la masse, le fluide
exerce sur cette masse une force de frottement visqueux de la forme :
f = – α v où v est la vitesse de la masse.
1) Déterminer l’équation du mouvement z = f(t) dans le cas où α est
faible. On n’oubliera pas de déterminer les différentes constantes de
cette équation.
2) Un enregistrement vidéo et un logiciel de capture ont permis de
tracer la position de la masse m en fonction du temps (figure cidessous).
a) D’après le tracé obtenu, dans quel régime se trouve-t-on : apériodique, critique ou pseudo-périodique ?
b) En déduire l’équation du mouvement de la masse m.
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
190
0,025
0,020
0,015
Position [m]
0,010
0,005
0,000
-0,005
-0,010
-0,015
-0,020
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Temps [s]
A) Courbe expérimentale obtenue via un enregistrement vidéo de la position
de la masse m par rapport à sa position d’équilibre en fonction du temps.
c) Donner l’expression de ln(z(nT)) en fonction de α, m, n et T où T est
la pseudo-période et n un nombre entier.
d) Comme le montre la figure B, le tracé expérimental de ln(z(nT)) en
fonction de nT (correspondant aux positions marquées par les carrés
pleins sur la figure A) donne une droite de pente –0,5034. En déduire
la valeur de α.
-3,8
-4,0
Tracé expérimental
Régression linéaire
Ln(z(nT))
-4,2
-4,4
Y = –0,5034 X
-4,6
-4,8
-5,0
0,0
0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
1,2
1,4
1,6
nT [s]
B) Courbe expérimentale de ln(z(nT )) en fonction de nT.
Réponses : a) pseudo-périodique ; b) α = 0,075 kg ⋅ s–1
1,8
2,0
191
Solutions
4.3 Système oscillant à deux ressorts
Soit une masse m, attachée de chaque côté à deux ressorts de raideur
respective k1 et k2 et de longueur à vide l1o et l2o, se déplaçant sans
frottement suivant une direction horizontal x ' x (figure ci-dessous). À
l’équilibre, les ressorts ont respectivement une longueur l1e et l2e.
L’origine O du repère Ox correspond à la position d’équilibre de la
masse.
a) On écarte la masse m de sa position d’équilibre d’une grandeur xo et
on la lâche sans vitesse initiale. Donner l’équation du mouvement
x = f(t).
→
u x1
k1
k2
→
ux 2
m
x'
→
u
0
xo
x
Schéma représentant la masse m et les deux ressorts lorsque la masse est
écarté de la distance xo par rapport à sa position d’équilibre.
b) Donner la constante de raideur k du ressort qui, attaché à la masse
m, conduirait à la même équation du mouvement.
Réponse : b) k = k1+k2
SOLUTIONS
4.1 a) Système : masse
Référentiel : terrestre galiléen
Repère : voir figure
Forces appliquées : le poids P = m g = mg u de la masse et la
tension exercée par le ressort T = – k∆l u où ∆l est l’allongement
du ressort.
Principe fondamental de la dynamique :
On est à l’équilibre (pas de mouvement) d’où, avec
T = T e = –k ( l – lo ) u :
P + Te = 0
192
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
En projetant cette relation sur l’axe vertical descendant Oz (voir figure
suivante) on obtient :
mg
0 = mg – k ( l – l o ) = mg – k∆l ⇒ ∆l = ------k
avec ∆l l’allongement du ressort.
→
lo T
e
k
l
→
T
∆l
→
P = m→
g
(a)
Ressort
à vide
O
z
(b)
Équilibre
avec une masse
u→
z
m
→
P = m→
g
(c)
Position
quelconque
La pente de la droite ∆l = f(m) est donc égale à g/k.
On en déduit la valeur de k expérimentale :
9,81
g
--- = 0,665 ⇒ k = ------------- = 15 N⋅m–1
0,665
k
b) Si on projette le principe fondamental de la dynamique sur l’axe Oz
descendant on obtient :
mż˙ = mg – k [ z + ( l – l o ) ] = mg – k∆l – kz
Or on a vu qu’à l’équilibre : mg – k∆l = 0 donc :
k
mż˙+ kz = 0 ⇒ ż˙+ ---- z = 0
m
La solution de cette équation différentielle du premier ordre sans
second membre est de la forme :
z = zmcos(ωt + ϕ) où zm et ϕ sont des constantes qui dépendent des
conditions initiales et ω o =
l’oscillateur.
Détermination des constantes :
À t = 0, z = zo et v = 0 :
k/m est la pulsation propre de
z˙ = – z m ω o sin ( ω o t + ϕ ) ⇒ z˙( 0 ) = – z m ω o sinϕ = 0
193
Solutions
z = z m cos ( ω o t + ϕ ) ⇒ z ( 0 ) = z m cosϕ = z o
On obtient donc alors : ϕ = 0 et zm = zo
Donc l’équation du mouvement de la masse m est :
z = zocosωot
avec zo = 4 cm et ω o =
k/m =
15/0,075 = 10 2 = 14,14 rad ⋅ s–1
Au bout de t = 3 s on aura z = 4cos ( 30 2 ) = 2,95 cm
4.2 1) Système : masse
Référentiel terrestre galiléen
Repère : voir figure
Forces appliquées : le poids P = m g = mg u de la masse, la
tension exercée par le ressort T = – k∆l u où ∆l est l’allongement
du ressort et la force de frottement fluide f = – α v .
À l’équilibre on a : P + T e = 0 ( f = – α v = 0 )
D’où en projetant cette relation sur l’axe Oz on obtient :
0 = mg – k(l – lo)
Principe Fondamental de la Dynamique :
ma = mg + T + f
En projetant cette relation sur l’axe vertical descendant Oz on
obtient :
mż˙ = mg – k [ z + ( l – l o ) ] – αz˙ = mg – k ( l – l o ) – kz – αz˙
En tenant compte de la condition d’équilibre on obtient :
k
α
mż˙ = – kz – αz˙ ⇒ ż˙+ ---- z˙ + ---- z = 0
m
m
α (facteur d’amortissement) on obtient l’équation
En posant λ = -----2m
différentielle du second ordre sans second membre suivante :
2
ż˙+ 2λz˙ + ω o z = 0 (1)
avec ω o = k/m la pulsation de l’oscillateur harmonique non amorti
(cf. exercice 4.1).
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
194
La solution de cette équation est de la forme z = Aexp(rt). En réintroduisant cette expression et celle de ses dérivées dans l’équation (1) on
obtient :
2 rt
2
rt
Ar e + 2λAre + ω o Ae
rt
rt
2
2
= 0 ⇒ Ae ( r + 2λr + ω o ) = 0
Ainsi résoudre l’équation différentielle (1) revient à résoudre le poly2
2
nôme du second degré : r + 2λr + ω o = 0 (2)
2
2
2
2
Pour cela on calcule le discriminant : ∆ = 4λ – 4ω o = 4 ( λ – ω o )
Trois cas peuvent alors être envisagés en fonction de la valeur de λ et
conduisent à des solutions différentes. Ici on s’intéresse au cas de
l’amortissement faible (α petit c’est-à-dire λ < ωo), ce qui est équivalent à dire que ∆ < 0.
Dans ce cas le polynôme (2) admet deux racines complexes de la
forme :
–∆
2
2
– 2λ ± i – ∆
r ± = ------------------------------ = – λ ± i ------ = – λ ± i ω o – λ (avec i2 = –1)
4
2
La solution de l’équation différentielle (1) est alors de la forme :
z = Aexp ( r + t ) + Bexp ( r – t ) ⇒ z = Z m e
– λt
cos ( Ωt + ϕ )
avec Zm et ϕ deux constantes dont les valeurs peuvent être déduites
des conditions initiales et Ω =
2
2
ω o – λ (la pseudo-pulsation).
2)a) D’après le tracé, on se trouve dans un régime pseudo périodique
(amortissement faible). En effet, on remarque que l’amplitude des
oscillations diminue lentement avec le temps jusqu’à arrêt complet.
b) D’après la question précédente :
z = Zm e
– λt
cos ( Ωt + ϕ )
2π
Ω
2π
c) La pseudo période est définie par : T = ------ = ----------------------
z ( nT ) = Z m e
– nλT
= Zm e
cos [ ω ( nT ) + ϕ ] = Z m e
– nλT
– nλT
2
ωo – λ
2
cos ( 2πn + ϕ )
cosϕ
avec λ = α/2m
ln [ z ( nT ) ] = ln [ Z m e
– nλT
cosϕ ] = ln ( Z m cosϕ ) + lne
– nλT
= K – nλT
195
Solutions
avec K = ln(Zmcosϕ) est une constante. On obtient donc une droite de
pente –λ = –α/2m
d) On a donc : λ = 0,5034 c’est-à-dire α = 2mλ = 2⋅0,075⋅0,55034
On en déduit donc que α = 0,075 kg⋅s–1
4.3 a) Système : masse
Référentiel terrestre galiléen
Forces le poids P (vertical vers le bas), la réaction normale R n du
support qui compense le poids (pas de frottement), la tension T 1 du
ressort k1 et la tension T 2 du ressort k2. Avec les vecteurs unitaires
définis sur la figure de l’énoncé, on peut écrire par définition :
T 1 = – k 1 ( l 1 – l 1o ) u x1 = – k 1 ( l 1 – l 1o ) u = T 1 u
T 2 = – k 2 ( l 2 – l 2o ) u x2 = k 2 ( l 2 – l 2o ) u = T 2 u
Principe fondamental de la dynamique : à l’équilibre :
P + Rn + T1 + T2 = 0
En projetant on a : –P + Rn = 0 et T1e + T2n = 0
k 2 ( l 2e – l 2o ) – k 1 ( l 1e – l 1o ) = 0 ⇒ k 2 ∆l 2 = k 1 ∆l 1
Principe fondamental de la dynamique : tout instant t :
mẋ˙ = – k 1 [ ∆l 1 + x ] + k 2 [ ∆l 2 – x ] = – ( k 1 + k 2 )x + k 2 ∆l 2 – k 1 ∆l 1
k1 + k2
mẋ˙ = – ( k 1 + k 2 )x ⇒ ẋ˙ + ---------------x = 0
m
C’est l’équation différentielle de l’oscillateur harmonique dont la
solution est de la forme :
x = Xmcos(ωot + ϕ) où Zm et ϕ sont des constantes qui dépendent des
conditions initiales et ω o = k/m = ( k 1 + k 2 )/m est la pulsation
propre de l’oscillateur.
Avec les conditions t = 0, x = xo et v = 0 :
x˙ = – X m ω o ( ω o t + ϕ ) ⇒ x˙( 0 ) = – X m ω o sinϕ = 0
x = X m cos ( ω o t + ϕ ) ⇒ x ( 0 ) = X m cosϕ = x o
On obtient donc alors : ϕ = 0 et Xm = xo
196
Chapitre 4 • Oscillateurs mécaniques libres
Finalement le mouvement de m est : x = xocosωot avec
k1 + k2
---------------m
b) D’après le résultat précédent on a k = k1 + k2
ωo =
5
Oscillateurs
mécaniques forcés
5.1 Oscillations forcées
PLAN
5.2 Étude de l’élongation
5.3 Étude de la vitesse
5.4 Aspect énergétique
5.5 Récapitulatif
➤ Comprendre qu’un oscillateur peut en étant excité et sous certaines con-
OBJECTIFS
ditions d’amortissement entrer en résonance.
➤ Savoir utiliser la notation complexe pour la résolution du problème de
l’oscillateur forcé (la notation complexe est primordiale).
➤ Assimiler la notion de résonance en mécanique en faisant la différence
entre l’évolution de l’amplitude et celle de la vitesse en fonction de la fréquence ou pulsation.
5.1
OSCILLATIONS FORCÉES
a) Introduction
L’étude qui a été effectuée jusqu’à présent concernait le comportement d’un oscillateur amorti ou pas lorsqu’il se trouvait libre
d’évoluer. Dans le cas du faible amortissement, le système oscille
avec une période déterminée par les caractéristiques de l’oscillateur.
On parle alors d’oscillations libres.
L’amortissement des oscillations est un phénomène inéluctable et
on est parfois amené à y remédier. Il importe parfois d’entretenir les
oscillations d’un oscillateur comme par exemple celles d’une horloge
à balancier ou celle plus simplement d’une balançoire. On apporte
alors juste l’énergie nécessaire pour compenser la perte : l’oscillateur
continue à osciller avec la même période fixée par le système. Les
oscillations sont dites entretenues.
Dans cette partie nous allons nous intéressé au comportement de
l’oscillateur lorsqu’il est forcé à osciller à une fréquence qui peut être
198
Chapitre 5 • Oscillateurs mécaniques forcés
différente de celle avec laquelle il oscille librement. C’est le cas par
exemple d’une membrane de haut-parleur qu’on force à osciller sous
l’action d’une différence de potentiel de fréquence déterminée. Nous
allons montrer que sous certaines conditions, l’amplitude des oscillations peut devenir très importante : le système entre en résonance. Les
conséquences peuvent être graves.
On peut citer deux cas connus :
➤ Le 18 avril 1850 à Angers, un régiment traversant au pas cadencé
un pont suspendu enjambant le Maine provoqua sa destruction.
➤ Le 7 novembre 1940, six mois après son inauguration , le pont
suspendu de Tacoma (Etats-Unis) était détruit par les effets des
rafales de vent qui sans être particulièrement violentes (60 km⋅h–1)
étaient régulières.
On peut encore donner l’exemple de pièces mécaniques dans une
automobile qui peuvent vibrer lorsque le moteur tourne. Pour certains
régimes les oscillations peuvent devenir suffisamment importantes
pour occasionner des ruptures. Une bonne fixation des pièces et un
moyen de bien amortir les vibrations évitent ces problèmes.
b) Équation différentielle du mouvement
Montage expérimental
Nous reprenons, pour cette étude, l’exemple du pendule élastique
horizontale sachant que les résultats obtenus sont valables pour le
pendule élastique vertical ou pour tout autre oscillateur.
Ω
k
O→
ux
A
x
x
m
M
A
x
Ressort AO au repos
A fixé en Ω et
O origine des abscisses
Ressort AM étiré (A fixé en Ω)
Allongement ∆l = OM = x(t)
M
Ω
x
Ressort AM étiré (instant t)
A en mouvement ΩA = X(t)
A
Ω
X (t )
O
M
x
Allongement : ∆l = x(t) − X(t)
x (t )
Représentation de l’allongement du ressort quand l’extrémité A
du ressort est fixe puis en mouvement dans le référentiel terrestre.
Figure 5.1
5.1 • Oscillations forcées
199
L’extrémité fixe jusqu’à présent du ressort est maintenant relié à
une lame susceptible de vibrer à différentes fréquences et qui va
imposer un déplacement sinusoïdal X(t) de cette extrémité noté A
(voir figure 5.1) par rapport à la position initialement fixe Ω dans le
référentiel terrestre. En notant e l’amplitude maximale du déplacement du point A fixé à la lame et ω la pulsation de la vibration on peut
écrire :
(5.1)
ΩA = X ( t ) = ecosωt
Lorsque l’extrémité A est fixe, nous avons vu au paragraphe 4.2.a)
que l’allongement du ressort correspond simplement à l’abscisse x(t)
de la masse m située en M et repéré par rapport à sa position O lorsque
le ressort est au repos.
L’allongement du ressort à l’instant t s’exprime algébriquement
par :
∆l = AM – ΩO
Lorsque l’extrémité A est en mouvement ( ΩA = X ( t ) ) , on a :
∆l = AM – ΩO = ( AΩ + ΩO + OM ) – ΩO
∆l = AΩ + OM = – X ( t ) + x ( t )
La seule différence par rapport à l’étude des oscillations libres
effectuée au paragraphe 4.2 est l’expression de cet allongement.
Équation différentielle
L’étude du mouvement de la masse m se fait toujours dans le référentiel terrestre galiléen. La masse m étant repérée par son abscisse
x(t) sa vitesse est donnée par la dérivée temporelle x˙( t ) et son
accélération par ẋ˙( t ) .
Les seules forces participant au mouvement de la masse suivant
l’axe Ox sont :
➤ La tension du ressort à l’instant t qui s’écrit maintenant :
T = – k∆l u x = – k [ x ( t ) – X ( t ) ] u x
➤ L’expression de la force de frottement fluide est :
f = – α v = – α x˙ u x
Le principe fondamental de la dynamique projeté suivant l’axe Ox
permet d’obtenir l’équation différentielle du mouvement suivante :
– k ( x – X ) – αx˙ = mẋ˙
200
Chapitre 5 • Oscillateurs mécaniques forcés
mẋ˙ + αx˙ + kx = kX
Le terme kX du second membre de l’équation différentielle est
homogène a une force F qui s’écrit en tenant compte de (5.1) :
F(t) = kX(t) = kecosωt = Focosωt
(5.2)
Le terme Fo = ke représente l’amplitude maximale de la force F
appelée force excitatrice.
Le résultat précédent est identique à celui obtenu en considérant l’extrémité A du
ressort comme fixe et en ajoutant une force extérieure F agissant sur la masse. La
figure 5.2 représente le système équivalent.
Dans ces conditions le bilans des forces fait intervenir, en projection sur l’axe Ox, trois forces : la tension T = –kx, les frottements
fluides f = – αx˙ et la force excitatrice F(t) = Focosωt. Le principe
fondamental de la dynamique s’écrit alors :
– kx – αx˙ + F = mẋ˙
(5.3)
mẋ˙ + αx˙ + kx = F
Cela correspond à l’équation différentielle de l’oscillateur libre
auquel on applique une force excitatrice F.
A
k
O→
u
x
x
x
m
M
A
→
→
→
T = −kxux
→
F = (Fo cos ωt)ux
Pendule élastique excité par une force sinusoïdale. L’extrémité A
est fixe, l’allongement du ressort correspond à l’abscisse OM = x(t) et la masse
subit une force extérieure F.
Figure 5.2
c) Solution de l’équation différentielle
La solution générale de cette équation différentielle est la somme de
deux termes :
➤ La solution générale de l’équation sans second membre (correspond au régime transitoire)
➤ Une solution particulière de l’équation avec second membre
(correspond au régime permanent)
5.2 • Étude de l’élongation
201
Le régime transitoire
Le premier terme correspond à la solution de l’équation différentielle
de l’oscillateur libre qui a été étudié précédemment au paragraphe
4.2. Suivant l’importance de l’amortissement fluide, il existe trois
régimes possible :
➤ le régime pseudo-périodique pour lequel l’amplitude des oscillations décroît exponentiellement ;
➤ les régimes critique et apériodique pour lesquels il y a retour vers la
position d’équilibre sans oscillations.
Dans les trois cas il y a toujours un retour à l’équilibre au bout d’un
certain temps relativement bref. La solution x(t) tend vers zéro.
La solution générale de l’équation sans second membre correspond
donc à un régime transitoire (qui ne dure qu’un « certain temps »).
Le régime permanent : le régime forcé
Lorsque le régime transitoire a pratiquement disparu il ne reste plus
que le second terme de la solution générale c’est-à-dire la solution
particulière qui correspond alors au régime permanent (le régime qui
subsiste). Le système adopte alors un mouvement de type sinusoïdal
non pas à sa pulsation propre ωo ou à une pulsation Ω caractéristique
de l’amortissement mais avec la pulsation ω imposée par la force
excitatrice. Les oscillations de la masse ne sont pas forcément en
phase avec la force excitatrice et présente un déphasage noté ϕ. La
solution particulière correspondant au régime permanent s’écrit dont :
x(t) = Xocos(ωt + ϕ)
(5.4)
Pour des raisons pratiques, il est commode d’utiliser la notation
complexe (voir annexe : utilisation de la représentation complexe et
rappel sur les complexes). La grandeur complexe associée à x(t)
s’écrit :
iϕ iωt
x ( t ) = Xo e e
= Xo e
iωt
(5.5)
iϕ
avec l’amplitude complexe X o = X o e
Déterminer les grandeurs Xo et ϕ revient à chercher le module et
l’argument de l’amplitude complexe.
5.2 ÉTUDE DE L’ÉLONGATION
a) Expression de l’amplitude complexe
Le passage de la notation réelle à la notation complexe (voir annexe)
permet d’écrire les correspondances rassemblées dans le tableau 5.1
suivant :
202
Chapitre 5 • Oscillateurs mécaniques forcés
TABLEAU 5.1
Notation réelle
Notation complexe
iωt
F ( t ) = kecosωt = F o cosωt
F ( t ) = Fo e
x ( t ) = X o cos ( ωt + ϕ )
x ( t ) = Xo e e
x˙( t ) = – ωX o sin ( ωt + ϕ )
iωt
x˙( t ) = iωX o e
= iωx ( t )
2
ẋ˙( t ) = – ω X o cos ( ωt + ϕ )
2
iωt
2
ẋ˙( t ) = ( iω ) X o e
= –ω x ( t )
iϕ iωt
= Xo e
iωt
L’équation différentielle (5.3) devient en notation complexe :
2
iωt
mẋ˙ + αx˙ + kx = F ⇒ – mω x + ( iω )αx + kx = F o e
2
( – mω + ( iω )α + k )X o e
iωt
= Fo e
iωt
2
( k – mω + iωα )X o = F o
On obtient finalement l’expression de l’amplitude complexe :
Fo
X o = ----------------------------------(5.6)
2
k – mω + iωα
Il est intéressant de faire apparaître dans cette expression la pulsation propre ω o = k/m qui est une caractéristique de l’oscillateur et
d’introduire le facteur λ = α/2m déjà utiliser précédemment. On a :
Fo
Fo
1
X o = --------------------------------------------------(5.7)
- = ----- -----------------------------------------2
2
m ( ω – ω ) + i2λω
2
2mα
k
o
m ---- – ω + iω ----------m
2m
On peut remarquer que le terme Fo/m s’écrit aussi :
F
2
F o = ke ⇒ -----o = ke
(5.8)
----- = eω o
m
m
L’expression de l’amplitude complexe prend alors la forme
suivante :
2
eω o
iϕ
X o = ------------------------------------------ = Xo e
2
2
( ω o – ω ) + i2λω
avec : λ = α/2m ; ω o =
2
k/m ; F o /m = eω o
(5.9)
5.2 • Étude de l’élongation
203
b) Réponse de l’oscillateur en amplitude
L’amplitude Xo de l’oscillateur s’obtient en exprimant le module de
l’amplitude complexe (voir annexe et encart A.1). On obtient :
2
2
eω o
eω o
= ------------------------------------------ = --------------------------------------------2
2
2
2
( ω o – ω ) + i2λω
( ω o – ω ) + i2λω
Xo = Xo
2
eω o
X o = -----------------------------------------------------2
2 2
2
( ω o – ω ) + ( 2λω )
(5.10)
L’oscillateur répond à l’excitation avec une amplitude Xo = Xo(ω)
qui dépend de la pulsation ω imposée par la force excitatrice. La
recherche d’un maximum éventuel de l’amplitude peut se faire en
cherchant à minimiser le carré du dénominateur D2 :
2
2 2
2
2
2
X o ( ω ) maximale ⇒ D = ( ω o – ω ) + 4 λ ω minimale
En posant u = ω2 ce dénominateur au carré s’écrit :
2
2 2
2
2
D = ( ω o – u ) + 4λ u minimale
Pour minimiser cette fonction il suffit de chercher si la dérivée par
rapport à la pulsation peut s’annuler. On a alors :
2
2
2
2 du
dD du
dD
---------- = ---------- ------- = [ – 2 ( ω o – u ) + 4λ ] ------du dω
dω
dω
2
En remplaçant u par ω et en remarquant que la dérivée de u par
rapport à la pulsation ω vaut 2ω, l’expression précédente s’écrit :
2
2
2
2
dD
---------- = 4ω [ ( ω – ω o ) + 2λ ]
dω
Cette dérivée s’annule pour ω = 0 et si :
2
2
2
2
2
(5.11)
2
( ω – ω o ) + 2λ = 0 ⇒ ω = ω o – 2λ > 0
Cette solution n’est possible que si :
2
2
ω o > 2λ ⇒ ω o > λ 2
(5.12)
L’étude du signe de l’expression (5.11) montre que l’annulation de
cette dérivée, s’il elle existe, correspond bien à un minimum pour le
dénominateur D et donc à un maximum pour l’amplitude Xo.
La condition (5.12) peut s’écrire aussi :
α
(5.13)
ω o > λ 2 ⇔ ω o > ----------- ⇔ α < 2mk
m 2
204
Chapitre 5 • Oscillateurs mécaniques forcés
En introduisant le facteur de qualité Q = ωo/2λ = mωo/α (voir la
relation (4.47)) la même condition devient :
mω
α
1
ω o > ----------- ⇔ ----------o- = Q > ------(5.14)
α
m 2
2
Cas de l’amortissement faible
Pour un amortissement suffisamment faible (condition 5.12) l’amplitude Xo(ω) passe par un maximum pour une pulsation ωr appelée
pulsation de résonance en amplitude et donnée par la relation :
2
ωr =
ω o – 2λ
2
(5.15)
Dans ce cas on a : ω o > λ 2 > λ . La solution pour le régime transitoire correspond
2
à un régime pseudo-périodique de pseudo-pulsation Ω =
relation :
ωr =
2
2
ω o – 2λ < Ω =
2
2
ω o – λ . On a la
2
ωo – λ < ωo
On constate que plus l’amortissement est faible et plus cette pulsation de résonance s’approche de la pulsation propre. Avec λ << ωo
on a :
1
---
ωr =
2
2 2
2
2
λ
2λ
≈
ω
1
ω o – 2λ = ω o 1 – -------–
----- ≈ ω o
o
2
2
ω o
ωo
Réciproquement, plus l’amortissement augmente et plus la pulsation ωr diminue
jusqu’à prendre la valeur nulle pour λ = ω o / 2 .
L’amplitude maximale atteinte à la résonance est donnée par (5.10)
en remplaçant la pulsation ω par ωr (expression (5.15)). Cela donne :
2
eω o
X o ( ω r ) = ------------------------------------------------------------------------------------------2
2
2 2
2
2
2
( ω o – [ ω o – 2λ ] ) + 4λ ( ω o – 2λ )
2
2
eω o
eω o
X o ( ω r ) = ------------------------------------------------- = ---------------------------4
2 2
4
2
2
4λ + 4λ ω o – 8λ
2λ ω o – λ
5.2 • Étude de l’élongation
205
2
Soit encore, avec : λ = α/2m ; Fo/m = eω o et Ω =
2
2
ωo – λ :
2
eω o
F
Fo
X o ( ω r ) = ---------------------------- = -------o- = -----------------------------αΩ
2
2
2
2
α
2λ ω o – λ
α ω o – ---------24m
(5.16)
La valeur de l’amplitude maximale obtenue pour ω = ωr dépend de
l’amortissement. Pour un amortissement très faible on a :
Fo
Fo
X o ( ω r ) = ------------------------------ ≈ --------αω o
2
2
α
α ω o – ---------24m
(5.17)
Cette amplitude peut s’exprimer en fonction du facteur de qualité
Q. Sachant que Fo = ke et que k = mω 2o , on obtient :
mω o
Fo
mω 2o e
X o ( ω r ) = --------- = ----------- e = Qe
- = ------------α
αω o
αω o
(5.18)
Ainsi, pour des valeurs du coefficient de frottement α très faibles
ou un facteur de qualité élevé, cette amplitude peut devenir très
importante. Par exemple, avec un facteur Q = 100, une excitation à la
pulsation de résonance (proche de la pulsation propre) d’amplitude
e = 1 cm provoquerait des déplacements d’amplitude 1 m pour
l’oscillateur.
Les oscillations peuvent alors placer l’oscillateur en dehors de ses
limites d’élasticité et provoquer sa destruction.
Cas de l’amortissement fort
Le phénomène de résonance en amplitude n’existe plus dès que
l’amortissement devient suffisamment important c’est-à-dire :
ω
mω
2mω
1
λ > ------o- ⇔ α > -------------o- ⇔ α > 2mk ⇔ Q = ----------o- < ------α
2
2
2
La figure 5.3 donne l’allure de la réponse en amplitude Xo en fonction de la pulsation ω de l’excitateur et pour trois valeurs différentes
de l’amortissement. L’oscillateur est excité avec un vibreur dont les
oscillations ont une amplitude de 2 cm. Les caractéristiques de
l’oscillateur sont rappelées sur la figure.
206
Chapitre 5 • Oscillateurs mécaniques forcés
Pour un facteur de qualité Q1 = 7 correspondant à un coefficient de
frottement α1 = mωo/Q1 = 0,01 kg⋅s–1, on observe un pic important
autour d’une pulsation ωr1 très proche de la pulsation propre ωo : la
résonance est dite aiguë. Pour une excitation d’amplitude e = 2 cm,
l’amplitude de la réponse est alors de 14 cm (ce qui correspond bien à
Q1e = 14 cm).
Q1 = 7 >
14
12
Xo (cm)
2
Q2 = 1,77 >
10
Q3 <
8
= 0,7
1
2
1
2
k = 0,1 N.m –1
m = 0,05 kg
6
ωo = 2 rad.s–1
Q = mωo α
4
e=2
0
1
0
1
2
ωr2 < ωo ωr1 ≈ ωo
3
4
ω (rad.s–1)
Réponse en amplitude d’un oscillateur en fonction de la pulsation pour trois valeurs de l’amortissement. Pour un amortissement suffisamment faible l’amplitude passe par un maximum pour une pulsation ωr
inférieure à la pulsation propre ωo de l’oscillateur.
Figure 5.3
Pour un facteur de qualité plus faible Q2 = 1,77 (soit α2 = 4α1) le
phénomène de résonance existe toujours mais il est moins prononcé :
on parle de résonance floue. Celle-ci a lieu pour une pulsation ωr2
inférieure à la pulsation propre. On obtient encore une amplitude
voisine de Q2e = 3,5 cm.
Enfin, pour un facteur de qualité Q3 < 1/ 2 , il n’y a plus de
maximum. L’amplitude Xo ne fait que décroître avec la pulsation. La
réponse de l’oscillateur est donc très faible.
Ce résultat est important. En effet, si on désire éviter le phénomène
de résonance, il faudra s’arranger pour avoir un facteur de qualité
suffisamment petit. C’est ce qui est réalisé par exemple pour les amor-
5.2 • Étude de l’élongation
207
tisseurs d’une automobile excités par les inégalités de la routes (ceci
pour le confort des passagers).
L’expression (5.10) de l’amplitude Xo pour une pulsation nulle donne :
2
2
eω o
eω
X o = ------------------------------------------------------ = ---------o- = e
2
4
2
2
2
ωo
( ω o – ω ) + ( 2λω )
Le cas limite ω = 0 correspond au cas où on tire sur le ressort avec
une force constante Fo = ke = constante. L’allongement du ressort
correspondant est donc ∆l = e. On retrouve bien le même résultat.
De plus, la valeur ω = 0 correspond aussi à un extremum (voir la
dérivée 5.11). la tangente à l’origine est donc horizontale.
c) Réponse en phase de l’oscillateur
La phase ϕ de l’oscillateur s’obtient en exprimant l’argument de
l’amplitude complexe (voir encart 4.1). On obtient :
2
eω o
ϕ = argX o = arg -----------------------------------------
( ω 2o – ω 2 ) + i2λω
2
2
2
ϕ = arg ( eω o ) – arg ( ( ω o – ω ) + i2λω )
2
2
ϕ = 0 – arg ( ( ω o – ω ) + i2λω )
On en déduit (voir annexe et encart A.1) :
2λω
sinϕ = – ---------------------------------------------------2
2 2
2 2
( ω o – ω ) + 4λ ω
2
(5.19)
2
ωo – ω
cosϕ = --------------------------------------------------2 2
2 2
2
( ω o – ω ) + 4λ ω
(5.20)
2λω
tanϕ = – -----------------2
2
ωo – ω
(5.21)
Le sinus est toujours négatif , la phase varie donc entre 0 et (–π). La
phase ϕ représentant le déphasage de l’oscillateur par rapport à l’excitateur, on constate que la réponse de l’oscillateur est en retard par
rapport à l’excitateur.
208
Chapitre 5 • Oscillateurs mécaniques forcés
La figure 5.4 donne l’allure de la phase ϕ de la réponse de l’oscillateur pour trois amortissements différents.
Phase ϕ (de l’élongation)
0
Q1 = 7 >
1
2
Q2 = 1,77 >
Q3 <
– π/2
1
2
= 0,7
1
2
k = 0,1 N .m –1
m = 0,05 kg
ωo = 2 ra d.s –1
Q = mωo α
–π
0
1 ω
o
2
3
ω (rad .s –1)
4
Figure 5.4 Réponse en phase d’un oscillateur en fonction de la pulsation
pour trois valeurs de l’amortissement. Aux basses fréquences l’oscillateur est
en phase avec l’excitateur et en opposition pour les fréquences élevées.
Pour des fréquences faibles de l’excitateur (ω << ωo), l’oscillateur
suit le mouvement et vibre en phase avec l’excitateur (ϕ ≈ 0) : les
extrémités A et M du ressort (voir figure 5.1) se déplacent dans le
même sens.
Pour des fréquences élevées, l’oscillateur se trouve en opposition
de phase (ϕ ≈ –π) avec l’excitateur : les extrémités A et M du ressort
(voir figure 5.1) se déplacent en sens opposé.
Pour une pulsation égale à la pulsation propre et quelque soit l’amortissement, on a :
l’oscillateur est en quadrature retard par rapport à l’excitateur. Pour les amortissements faibles, la pulsation de résonance étant proche de la pulsation propre on
obtient le même résultat.
La variation plus ou moins rapide de la phase dépend de l’amortissement : variation
brusque au voisinage de la résonance pour les faibles amortissements et variation
lente et progressive pour les forts amortissements.
5.3 • Étude de la vitesse
5.3
209
ÉTUDE DE LA VITESSE
a) Expression de la vitesse complexe
L’expression de la vitesse complexe s’obtient simplement à partir de
l’amplitude (voir tableau 5.1). On a :
iωt
iωt
x˙( t ) = iωx ( t ) ⇒ V o e
= iωX o e
Avec i = exp(iπ/2) (voir annexe et encart A.1) on a :
V o = iωX o ⇒ V o = ωX o e
Vo e
iφ
π
iϕ i --2-
= ωX o e e
π
i --2
π
i ϕ + ---
2
= ωX o e
L’amplitude Vo de la vitesse et sa phase correspondent au module et
à l’argument de la vitesse complexe soit :
π
(5.22)
V o = V o = ωX o et φ = ϕ + --2
La vitesse est en quadrature avance (déphasage de π/2) par rapport
à l’amplitude.
b) Résonance de vitesse
En reprenant l’expression (4.10) de l’amplitude Xo, on obtient :
2
ωeω o
V o = ωX o = -------------------------------------------------------2
2 2
2
( ω o – 2λ ) + ( 2λω )
2
Sachant que Fo/m = eω o on obtient en divisant numérateur et
dénominateur par la pulsation ω :
Fo
ωF o
= ---------------------------------------------------------------V o = ----------------------------------------------------------2
2 2
2
2
2
ω
–
ω
( ωo – ω )
2
2
2
o
2
+ m ( 2λ )
m -----------------mω ------------------------- + ( 2λ )
ω
2
ω
En fonction du coefficient de frottement α = 2λm L’expression est :
Fo
(5.23)
V o = ----------------------------------------------2
2
ω
2
2
α + m -----o- – ω
ω
210
Chapitre 5 • Oscillateurs mécaniques forcés
L’amplitude de la vitesse dépend de la pulsation (ou fréquence). Il
est facile de voir que cette amplitude admet un maximum. En effet le
dénominateur se présente comme la somme de deux termes positifs
dont l’un entre parenthèse peut s’annuler. Le dénominateur sera donc
minimal lorsque ce dernier terme s’annulera :
2
2 ωo
2
2
ω
V o maximale ⇒ α + m ------ – ω min ⇒ -----o- – ω = 0
ω
ω
2
2
ω
2
2
V o maximale ⇒ ------o = ω R ⇒ ω R = ω o
ωR
(5.24)
On constate que quelque soit l’amortissement il y a toujours résonance de vitesse pour une pulsation ωR égale à la pulsation propre ωo
de l’oscillateur. Dans ce cas, l’amplitude de la vitesse est maximale et
vaut :
F
V o ( ω R ) = V o ( ω o ) = V omax = -----o
(5.25)
α
La figure 5.5 représente l’évolution de l’amplitude de la vitesse
avec la pulsation de l’excitateur pour le même oscillateur étudié
précédemment et pour les mêmes amortissements.
Vo(ωo) = Vo max
20
Vo (cm.s –1)
15
Q1 = 7 >
1
2
Q2 = 1,77 >
10
Q3 <
= 0,7
1
2
1
2
k = 0,1 N .m –1
m = 0,05 kg
ωo = 2 ra d.s –1
5
Q = mωo α
0
0
1
ωo
2
3
4
ω (rad .s –1)
Amplitude de la vitesse du résonateur en fonction de la pulsation de l’excitateur pour différents amortissements. Il y a toujours résonance
de vitesse pour une pulsation égale à la pulsation propre d’autant plus aiguë
que l’amortissement est faible.
Figure 5.5
5.3 • Étude de la vitesse
211
π/2
Q1 = 7 >
1
2
Phase φ
Q2 = 1,77 >
Q3 <
0
1
2
= 0,7
1
2
k = 0,1 N .m –1
m = 0,05 kg
ωo = 2 ra d.s –1
Q = mωo α
–π/2
0
1
ωo
2
3
ω (rad .s–1 )
4
Figure 5.6 Évolution de la phase de la vitesse d’un oscillateur en fonction
de la pulsation pour trois valeurs de l’amortissement. À la résonance, oscillateur et excitateur sont en phase.
Pour l’amortissement le plus faible (Q1 = 7) on obtient à la résonance une amplitude de la vitesse de 20 cm⋅s–1. En effet, la force vaut
Fo = ke = 2⋅10–3N et le coefficient d’amortissement est
α1 = 0,01 kg⋅s–1 : le rapport Fo/α = 0,2 m⋅s–1. Dans ce cas la résonance est aiguë.
Pour Q2 quatre fois plus petit que Q1, on obtient à la résonance une
amplitude de la vitesse de l’ordre de 5 cm⋅s–1 c’est-à-dire 4 fois plus
petite que celle obtenue avec Q1.
Pour un amortissement plus important, il y a toujours résonance
mais elle est moins prononcée et correspond à une résonance floue.
La figure 5.6 représente la phase de la vitesse par rapport à l’excitateur. C’est tout simplement la même représentation que pour la phase
de l’élongation (figure 5.4) translatée de π/2.
Lorsqu’il y a résonance de vitesse la phase φ est nulle : vitesse et
excitateur sont en phase. Pour les basses fréquences, la vitesse est en
avance de phase (phase positive). Pour les fréquences élevées, elle est
en retard (phase négative).
c) Impédance mécanique
La vitesse complexe peut être obtenue directement à partir de
l’équation différentielle de l’oscillateur :
iωt
mẋ˙ + αx˙ + kx = F ⇒ mẋ˙ + αx˙ + kx = F o e
212
Chapitre 5 • Oscillateurs mécaniques forcés
En utilisant le tableau 5.1, on peut exprimer accélération et élongation en fonction de la vitesse complexe. On obtient :
iωt
iφ iωt
= Vo e e
x˙( t ) = V o e
dx˙
ẋ˙ = ------ = iωx˙
dt
x˙
x˙
ix˙
i
x˙( t ) = iωx ( t ) ⇒ x = ------ = ------=
–
--2
ω
iω
i ω
L’équation différentielle s’écrit alors :
iωt
iωt
iωt
iωt
k
= Fo e
m ( iωV o )e + αV o e + ------ V o e
iω
iωt
iωt
k
iωm + α – i --= Fo e
- V e
ω o
Fo
V o = -----------------------------------k
α + i mω – ----
ω
Fo
Fo
V o = ---------------------------------------- = -------------------------------------2
k
ω
o
α + im ω – -------α + im ω – ------
mω
ω
(5.26)
Le module de cette expression redonne bien l’expression (5.23) de
l’amplitude Vo de la vitesse.
Par analogie avec l’électricité, il est pratique d’introduire la notion
d’impédance mécanique Z définie par :
(5.27)
F o = Z ( ω )V o
À partir de l’expression (5.26) de la vitesse complexe, on peut
donner l’expression suivante de l’impédance complexe :
F = Zv ⇒ F o = ZV o
F
k
Z = -----o = α + i mω – --
Vo
ω
(5.28)
Le passage aux modules (voir annexe et encart A.1) donne :
F
F
Z = -----o ⇒ Z = -----o =
Vo
Vo
2
k 2
α + mω – ----
ω
(5.29)
5.4 • Aspect énergétique
213
À la résonance, la vitesse passe par un maximum ce qui impose à
l’impédance mécanique d’être minimale ce qui est réalisé pour :
2
2
k
k
Z min ⇒ m ω – ---- = 0 ⇒ ω R = ---- = ω o
m
ω
L’impédance à la résonance prend la valeur simple :
ω = ωo ⇒ Z ( ωo ) = α
(5.30)
Le passage aux arguments donne :
k
argZ = argF o – argV o ⇒ arg α + i mω – ---- = – φ
ω
De cette égalité on en tire :
k
mω – ---ω
tanφ = tan [ – argZ ] = – tan [ argZ ] = – ------------------α
(5.31)
cosφ = cos [ – argZ ] = cos [ argZ ]
α
α
cosφ = ------------------------------------------- = --Z
2
2
k
α + mω – --
ω
(5.32)
5.4 ASPECT ÉNERGÉTIQUE
a) Transfert de puissance
La puissance fournie par la force excitatrice est donnée par :
ᏼ ( t ) = F ⋅ v = ( F o cosωt ) ( V o cos ( ωt + φ ) )
(5.33)
Pour faire ce type de calcul il est important de bien considérer les parties réelles
des quantités complexes. En effet la partie réelle d’un produit de deux nombres
complexes n’est pas égale au produit des parties réelles de ces deux nombres. C’est
cette dernière quantité qui nous intéresse dans ce calcul.
Cette expression (5.33) peut se transformer en utilisant la définition
(5.28) de l’impédance (Fo = ZVo) ainsi que l’identité suivante :
2cosacosb = cos(a + b) + cos(a – b)
On a alors :
2
ZV
[ cos ( 2ωt + φ ) + cosφ ]
ᏼ ( t ) = F o V o ------------------------------------------------------- = --------o- [ cos ( 2ωt + φ ) + cosφ ]
2
2
214
Chapitre 5 • Oscillateurs mécaniques forcés
2
2
k
α + mω – --
ω
La puissance moyenne fournie par la force excitatrice se calcule en
prenant la valeur moyenne de la puissance sur une période T ce qui
s’écrit :
avec Z =
2
ZV
ᏼ m = 〈 ᏼ ( t )〉 T = --------o- 〈 cos ( 2ωt + φ ) + cosφ〉 T
2
2
ZV
ᏼ m = --------o- [ 〈 cos ( 2ωt + φ )〉 T + 〈 cosφ〉 T ]
2
Le terme 〈 cos ( 2ωt + φ )〉 T qui correspond à la valeur moyenne
d’un cosinus sur deux périodes est nulle. La valeur moyenne d’une
constante étant la constante elle-même on obtient :
2
ᏼm
ZV
Fo Vo
= --------o- cosφ = ----------- cosφ
2
2
Enfin, avec Zcosφ = α (voir 5.32) la puissance moyenne s’écrit :
2
Vo ( ω )
(5.34)
ᏼ m ( ω ) = α -------------2
Cette puissance moyenne ᏼm dépend de la pulsation ω et est maximale lorsque l’amplitude de la vitesse est maximale c’est-à-dire à la
résonance pour ω = ωR = ωo. On a alors :
2
Vo ( ωo )
α 2
ᏼ m ( ω o ) = α ---------------- = --- V omax
2
2
Avec le résultat (5.25) on a :
2
2
(5.35)
2
Vo ( ωo )
1F
αF
(5.36)
ᏼ m ( ω o ) = α ---------------- = --- -----o2- = --- -----o
2α
2α
2
La résonance mécanique est définie par la valeur de la pulsation qui
permet le transfert maximal de puissance entre l’excitateur et le résonateur. La résonance se produit donc lorsqu’il y a résonance de
vitesse c’est-à-dire pour ω = ωR = ωo. Nous avons vu que pour un
amortissement suffisamment faible, l’amplitude de l’élongation passe
par un maximum pour une pulsation ω = ωr ≈ ωo. On peut donc dire
qu’il y aussi résonance en amplitude. Pour des amortissements plus
importants il n’y a plus de résonance en amplitude mais il y a toujours
la résonance en vitesse (plus ou moins aiguë ou floue suivant l’amortissement).
5.4 • Aspect énergétique
215
La puissance développée par la force de frottement s’écrit :
ᏼ f ( t ) = f ⋅ v = – α v v = – αV 2o cos 2 ( ωt + φ )
Le calcul de la puissance moyenne de la force de frottement donne :
ᏼ fm = 〈 ᏼ f ( t )〉 T = – αV 2o 〈 cos 2 ( ωt + φ )〉 T
Sachant que la valeur moyenne d’un cosinus au carré est égale à 1/2 on a :
αV
2
2
ᏼ fm = ---------oOn vérifie ainsi que la puissance moyenne ᏼm fournie par la force
excitatrice compense la puissance moyenne ᏼfm développée par la
force de frottement :
ᏼ fm + ᏼ m = 0
b) Facteur de qualité et bande passante
D’après l’étude précédente l’oscillateur répond bien lorsque la
fréquence excitatrice est au voisinage de la fréquence propre. Pour
des fréquences basses ou élevées la réponse est pratiquement nulle.
On peut considérer que l’oscillateur répond bien tant que la puissance transférée
par l’excitateur est supérieure ou égale à la moitié de la puissance maximale à la
résonance. Ce critère permet de définir les deux pulsations limites ω1 et ω2 caractérisant ce qu’on appelle la bande passante.
Définition de la bande passante en pulsation ∆ω :
∆ω = ω 2 – ω 1
ᏼm ( ωo )
ᏼ m ( ω 1 ) = ᏼ m ( ω 2 ) = ------------------2
(5.37)
La relation permettant de calculer les pulsations ω1 et ω2 est plus
souvent donnée en fonction de l’amplitude de la vitesse Vo. En utilisant l’expression (5.35) on a :
ᏼm ( ωo )
Vo ( ωo )
ᏼ m ( ω 1 ) = ᏼ m ( ω 2 ) = ------------------ ⇔ V o ( ω 1 ) = V o ( ω 2 ) = ---------------2
2
(5.38)
Ces deux pulsations peuvent se déterminer graphiquement sur la
courbe de résonance de vitesse. La figure 5.7 montre la bande
passante obtenue pour deux amortissements différents. À une réso-
216
Chapitre 5 • Oscillateurs mécaniques forcés
nance aiguë correspond une bande passante « étroite », à une résonance floue une bande passante « large ».
Pour déterminer analytiquement ces deux pulsations il suffit de
résoudre l’équation suivante :
2
2
2
Vo ( ω )
2
Vo ( ωo )
Fo
Fo
= ---------------- = ------------------- ⇔ -------------2
2
2
Z (ω)
2Z ( ω o )
En utilisant les expressions (5.29) de l’impédance mécanique et
(5.30) de l’impédance à la résonance on obtient :
2
2
2
2
k = 2α 2
Z ( ω ) = 2Z ( ω o ) ⇔ α + mω – --
ω
2
k
k2
mω – --- = α ⇔ mω – ---- = ± α
ω
ω
2
2
α
α
k
ω – -------= ± ---- ⇔ ω – ω o = ± ---- ω
m
m
mω
2
2
α
ω −
+ ---- ω – ω o = 0
m
On obtient donc deux équations du second degré c’est-à-dire les
4 solutions possibles suivantes :
V o (cm.s –1 )
Vo max 1 2 0
k = 0,1 N .m –1
m = 0,05 kg
ωo = 2 ra d.s –1
15
Vo max 1
2
10
Q = mωo α
Q 1= 7
Bandes passantes
Q 2= 1,77
∆ω
Vo max 2 5
0
0 ,5
Figure 5.7
différents.
1 ,0
1 ,5
ωo
2 ,0
ω (rad .s –1 )
Bandes passantes en hachuré pour deux amortissements
5.4 • Aspect énergétique
217
2
2
α
1 α
ω = ± ------- ± --- -----2- + 4 ω o
2m 2 m
α
ω = ± ------- ±
2m
2
α 2
-----+ ωo
2 m-
Les pulsations ω1 et ω2 >ω1 recherchées sont des grandeurs réelles
positives. Les seules possibilités sont donc :
2
α 2
α
ω 1 = – ------- + ------- + ω o
2m
2m
(5.39)
2
α 2
α
ω 2 = ------- + ------- + ω o
2m
2m
(5.40)
La bande passante a donc pour expression :
α
∆ω = ω 2 – ω 1 = ---m
(5.41)
Il est pratique pour caractériser l’acuité de résonance du phénomène (résonance plus ou moins aiguë ou floue) de faire intervenir le
rapport de la pulsation propre sur la largeur de la bande passante. On
obtient le nombre sans dimension suivant :
ω
mω
km
k
-------o- = ----------o- = ---------- = ----------- = Q
α
αω o
∆ω
α
(5.42)
Ce rapport correspond au facteur de qualité Q déjà défini au paragraphe 4.2 (voir 4.45) à partir d’une étude énergétique. Ce facteur
correspond aussi au rapport de l’amplitude maximale de l’élongation
sur l’amplitude e du vibreur (relation (5.18)).
Ainsi pour un facteur de qualité Q élevé la résonance sera aiguë et
la bande passante étroite.
Avec les valeurs numériques de la figure 5.7, pour un facteur de
qualité Q1 = 7 on obtient (∆ω)1 = ωo/7 = 2 /7 ≈ 0,2 rad ⋅ s–1. Pour un
facteur Q2 quatre fois plus petit, la bande passante est quatre fois plus
grande c’est-à-dire (∆ω)2 ≈ 0,8 rad ⋅ s–1. Ces résultats correspondent à
ceux obtenus graphiquement.
Chapitre 5 • Oscillateurs mécaniques forcés
218
B
S
U
POINTS CLEFS
➤ Oscillateur forcé (force excitatrice F = Fo cosωt)
• Équation différentielle ẋ˙ + 2λx˙ + ω 2o x = Γcosωt avec Γ = Fo/m
• Notation complexe :
x ( t ) = X o cos ( ωt + ϕ ) ⇔ x ( t ) = X o e
i ( ωt + ϕ )
= Xo e
iωt
i ( ωt + φ )
iωt
x˙( t ) = V o cos ( ωt + φ ) ⇔ x˙( t ) = V o e
= Vo e
iωt
iωt
x˙( t ) = iωX o e
= Vo e
Xo = Xo e
iϕ
et V o = V o e iφ
➤ Amplitude de l’élongation :
• Solution complexe :
Γ
X o = ------------------------------------2
2
ω o – ω + i2λω
Γ
• Module : X o = X o = -----------------------------------------------------2 2
2
( ω o – ω ) + ( 2λω )
2
• Argument : argX o = ϕ = – arg [ ω 2o – ω 2 + i2λω ]
2λω
tanϕ = – -----------------2
2
ωo – ω
Pour un faible amortissement λ 2 < ω o , résonance en amplitude pour
une pulsation ω r = ω 2o – 2λ 2 ≤ ω o . Pour un amortissement suffisamment faible on ωr ≈ ωo ; pas de résonance pour un amortissement important.
➤ Amplitude de la vitesse :
• Solution complexe :
iωt
2
mẋ˙ + αx˙ + kx = F ⇒ ẋ˙ + 2λx˙ + ω o x = Γ o e
2
iω + 2λ + ω
-----o- V o = Γ o
iω
Γ
o
• Module : V o = V o = ------------------------------------------2 2
ω
2
4λ + ω – -----o-
ω
219
Exercices
2
ω
ω
• Argument : argV o = φ = ϕ + π--- = – arg 2λ + i ω – -----o-
2
2
ω
ω – -----oω
tanφ = – ---------------2λ
• Impédance mécanique Z : F = Zv ( t ) ⇒ F o = Z V o
• Résonance en vitesse : pulsation de résonance ωR = ωo
φ(ωo) = 0 et Vo(ωo) = Γo/2λ = Fo/α
• Impédance à la résonance : Z(ωo) = α
• Bande passante : ∆ω = ω2 – ω1 avec :
Vo ( ωo )
V o ( ω 1 ) = V o ( ω 2 ) = ---------------2
α
∆ω = ω 2 – ω 1 = 2λ = --m
ω
∆ω
mω
α
km
k
• Facteur de qualité : Q = -------o- = ----------o- = --------- = ----------αω o
α
• Facteur de qualité Q élevé : résonance aiguë
EXERCICES
Une application pratique des oscillations forcées : le microscope à
force atomique.
Le microscope à force atomique (AFM) est une technique de caractérisation permettant d’imager des objets de taille nanométrique à l’aide
d’une pointe fixée sur un micro-levier ayant une longueur de quelques
centaines de micromètres.
Pour pouvoir imager les objets ont fait osciller ce micro-levier et on le
déplace sur la zone que l’on désire imager.
Pour optimiser la qualité de l’image il est nécessaire de comprendre
son comportement mécanique. Ainsi, le micro-levier peut être assimilé à un ressort de raideur k = 40 N⋅m–1 et de masse m que l’on
force à osciller en lui appliquant une force de la forme F = Fo cosωt
dans un milieu où les amortissements (α) sont faibles. On supposera
dans la suite de l’exercice que Fo /m = Ao = 710,5 m⋅s–2
220
Chapitre 5 • Oscillateurs mécaniques forcés
1) Donner l’équation différentielle du mouvement du micro-levier
(z(t)).
2) La solution de cette équation est la somme de deux termes : le
premier terme qui correspond au régime transitoire est la solution de
l’équation différentielle posée au 1) sans second membre. Le
deuxième terme correspondant au régime permanent est de la forme
z = Zo cos(ωt + ϕ).
Donner la forme de la solution correspondant au régime transitoire.
On ne demande pas de calculer les constantes.
3) On suppose que le régime permanent est établi, c’est-à-dire que
z = Zo cos(ωt + ϕ) et on néglige la solution correspondant au régime
transitoire.
a) Réécrire l’équation différentielle obtenue au 1), en utilisant la
représentation complexe, c’est-à-dire en posant z = Re ( z ) avec
z = Xo e
i ( ωt + ϕ )
et Ao cosωt = Re ( A ) avec A = A o e
iωt
.
b) En déduire une expression de Zo (l’amplitude) et ϕ (la phase) en
fonction de Ao, ω, ωo et λ = 2α/m.
c) Afin d’obtenir une image AFM, l’opérateur doit choisir une
fréquence d’oscillation du micro-levier telle que son amplitude
d’oscillation soit maximale. Déterminer la pulsation ωr pour que
l’amplitude des oscillations du micro-levier AFM soit maximale.
ω
d) Le facteur de qualité Q est défini par Q = -----o- . Sachant que dans
2λ
le vide Qvide = 5000, dans l’air Qair = 200 et dans l’eau Qeau = 40,
calculer l’amplitude maximale des oscillations (Zmax) et la fréquence
de résonance fr correspondants aux trois cas précédents. En déduire
dans quels milieux ont été obtenues les courbes d’amplitude (A, B et
C) en fonction de la fréquence illustrées par la figure suivante.
45
1000
40
Courbe A
Position [nm]
Position [nm]
Courbe B
Courbe C
35
800
600
400
200
30
25
20
15
10
5
0
297
298
299
300
301
Fréquence [kHz]
302
303
0
296
297
298
299
300
301
302
303
Fréquence [kHz]
Courbes d’amplitudes en fonctions de la fréquence d’excitation obtenues
dans différents milieux (vide, air et eau).
304
221
Solutions
SOLUTIONS
1) Système : micro-levier
Référentiel : terrestre galiléen
Repère : axe verticale z ' z vers le bas ; une origine O position du
micro-levier à l’équilibre.
Forces appliquées : P le poids du micro-levier, T la force de rappel
exercée par le micro-levier, f = – α v la force de frottement fluide
due au milieu et F la force imposée pour faire vibrer le micro-levier.
À l’équilibre :
m g + T = 0 car f = – α v = 0 et on n’applique pas de force
extérieure pour faire vibrer le micro-levier (F = 0). On obtient en
projetant sur un axe verticale descendant Oz : mg – k(l – lo) = 0
Principe Fondamental de la Dynamique :
mg + T + f + F = ma
En projetant cette relation sur Oz on obtient :
mż˙ = mg – k [ ( l – l o ) + z ] – αz˙ + F o cosωt
mż˙ = [ mg – k ( l – l o ) ] – kz – αz˙ + F o cosωt
Avec la condition d’équilibre on obtient :
F
α
k
mż˙ = – kz – αz˙ + F o cosωt ⇒ ż˙+ ---- z˙ + ---- z = -----o cosωt
m
m
m
En posant λ = α/2m. (facteur d’amortissement) on obtient l’équation
différentielle du second ordre avec second membre :
2
ż˙+ 2λz˙ + ω o z = A o cosωt (1)
k
---- la pulsation de l’oscillateur harmonique non amorti
m
2) Dans le cas de frottement faible la solution est de la forme (voir
cours ou exercice 4.2) :
avec ω o =
z = Zme–λt cos(Ωt + ϕ) avec Ω =
2
ωo – λ
2
et λ = α/2m
3) Si on réécrit l’équation différentielle obtenue au 1) on a :
2
2
ż˙+ 2λz˙ + ω o z = A o cosωt ⇒ ż˙+ 2λz˙ + ω o z = A
222
Chapitre 5 • Oscillateurs mécaniques forcés
i ( ωt + ϕ )
2
i ( ωt + ϕ )
2
i ( ωt + ϕ )
avec : z˙ = iωZ o e
et ż˙ = ( iω ) Z o e
= –ω Zo e
D’où :
2
2
2
i ( ωt + ϕ )
iωt
ż˙+ 2λz˙ + ω o z = A ⇒ ( – ω + 2λiω + ω o )Z o e
= Ao e
Ou encore :
2
2
( – ω + 2λiω + ω o )Z o e
b) On a donc : Z o e
iϕ
iϕ
= Ao
Ao
= -----------------------------------------2
2
( ω o – ω + 2λiω )
En égalisant les modules des nombres complexes de part et d’autre de
l’égalité on déduit l’amplitude Zo :
Ao
Z o = --------------------------------------------------2 2
2 2
2
( ω o – ω ) + 4λ ω
De même la phase est l’argument du nombre complexe à droite de
l’égalité (1) d’où :
2
2
2λω
ϕ = – arg ( ω o – ω + i2λω ) ⇒ tanϕ = – -----------------2
2
ωo – ω
2
2 2
2
2
2
c) X o ( ω ) maximale ⇒ D = ( ω o – ω ) + 4 λ ω minimale
2
2
2
2
En posant u = ω2 on a : D = ( ω o – u ) + 4λ u minimale
Pour minimiser cette fonction il suffit de chercher si la dérivée par
rapport à la pulsation peut s’annuler. On a alors :
2
2
2
2 du
dD du
dD
---------- = ---------- ------- = [ – 2 ( ω o – u ) + 4λ ] ------dω
du dω
dω
2
En remplaçant u par ω et en remarquant que la dérivée de u par
rapport à la pulsation ω vaut 2ω, l’expression précédente s’écrit :
2
2
2
2
dD
---------- = 4ω [ ( ω – ω o ) + 2λ ]
dω
2
2
cette dérivée s’annule pour ω = 0 et pour ω = ω o – 2λ
2
La pulsation ω n’étant pas nulle (il y a une excitation du microlevier), on en déduit que la fréquence d’excitation du micro-levier
AFM pour que l’amplitude soit maximale est égale à :
2
2
ω r = ω o – 2λ
2
223
Solutions
Remarque : ce maximum en amplitude ne se produira que si
2
2
ω o – 2λ > 0 c’est-à-dire pour des amortissements faibles.
2
d) On a donc : ω r =
2
ωo
2
– 2λ =
2
ωo
ω
2
– 2 -----o2- = ω o 1 – -----2Q
Q
ω
2 = f 1– 2
Donc : f r = ω r /2π = -----o- 1 – ---------2o
2
2π
Q
Q
(fo fréquence propre de l’oscillateur)
De même l’amplitude est maximale lorsque ω = ωr c’est-à-dire :
Ao
Ao
Z omax = --------------------------------------------------- = ------------------------------------------------------------2 2
2 2
2
2
2
2 2
2
( ω o – ω r ) + 4λ ω r
( 2λ ) + 4λ ( ω o – 2λ )
Ao
Z omax = ---------------------------2
2
2λ ω o – λ
En fonction de Q on obtient :
2
A
2A o
Ao
Q
Q
Z omax = --------------------------------= -----o2- ----------------------- = -----------------2 ----------------------2
1
( 2πf o ) 4Q 2 – 1
ω o 1 – --------ω
ωo
2
2
-----o- ω o – ---------2
4Q
Q
4Q
A.N. : fo = 300 kHz Ao = 710,5 m⋅s–2
Qvide = 5000
Qair = 200
Qeau = 40
fr [kHz]
300,00
300,00
299,81
Zomax [nm]
999,8
40,0
8,0
On en déduit que la courbe A a été réalisée dans le vide, la courbe B
dans l’air et la courbe C dans l’eau.
ANNEXE
UTILISATION DE LA REPRÉSENTATION COMPLEXE
Les calculs qu’on peut être amené à effectuer avec des fonctions sinus
et cosinus se font en utilisant les relations trigonométriques et conduisent souvent à des manipulations longues et délicates. Une façon de
simplifier les calculs consiste à utiliser la représentation de l’oscillateur dans l’espace complexe.
La position x(t) de l’oscillateur est définit par l’association de son
amplitude Xm et de sa phase Φ(t) = (ωt + ϕ) à l’instant t. On peut donc
associer à cette fonction réelle x(t) un nombre complexe x ( t ) dont le
module correspond à l’amplitude maximale et l’argument à la phase :
x ( t ) = X m cosΦ ( t ) ⇔ x = [ x = X m ; Arg ( x ) = Φ ] (A.1)
L’application qui a x(t) associe x ( t ) est une bijection : à une fonction réelle donnée ne correspond qu’une fonction complexe et réciproquement. La relation (A.1) permet de passer de l’espace non
physique complexe à l’espace physique réelle.
En notant i l’imaginaire pur tel que i2 = –1, la fonction complexe
x ( t ) peut aussi s’écrire (voir encart 4.1) :
x ( t ) = Xm e
iΦ
= X m [ cosΦ + isinΦ ]
(A.2)
En notant a = Re ( x ) la partie réelle du complexe x ( t ) et
b = Im ( x ) la partie imaginaire, on a :
a = Re ( x ) = X m cosΦ
(A.3)
b = Im ( x ) = X m sinΦ
(A.4)
On constate alors que la fonction réelle x(t) ayant une signification
physique coïncide avec la partie réelle du complexe associé x ( t ) . La
relation (A.1) peut donc s’écrire aussi :
(A.5)
x ( t ) = Re ( x ( t ) )
Avec la notation complexe, il est possible d’isoler le terme ωt et
faire apparaître une amplitude complexe X m . En effet, on obtient
alors :
x ( t ) = Xm e
iΦ
= Xm e
i ( ωt + ϕ )
(A.6)
226
Mini-Manuel de Mécanique du Point
iϕ iωt
x ( t ) = Xm e e
avec X m = X m e
iϕ
= Xm e
iωt
(A.7)
= X m [ cosϕ + isinϕ ]
(A.8)
Le complexe X m est l’amplitude complexe et contient tous les
renseignements physiques intéressants c’est à dire l’amplitude Xm
(correspondant au module du complexe) et la phase à l’origine ϕ
(correspondant à l’argument de ce même complexe). On a :
Xm = Xm
ϕ = arg ( X m )
(A.9)
(axe des
imaginaires purs)
La représentation de l’amplitude complexe X m dans le plan
complexe est un vecteur de norme Xm faisant un angle ϕ avec l’axe
des réels (figure A.1).
Im( x )
Xm
ϕ
X m sin ϕ
(axe des réels)
Re( x ) (origine des phases)
X m cos ϕ
Figure A.1 Représentation de l’amplitude complexe X m dans le plan com-
plexe.
De la même façon, il est possible de définir une vitesse complexe,
dérivée de la fonction complexe x ( t ) associée à la position x(t) de
l’oscillateur. On aura :
dx
iωt
iωt
d
= iω x (A.10)
x˙ = v = ------- = ----- ( X m e ) = iωX m e
dt
dt
L’imaginaire pur i correspond à un complexe de module 1 et
d’argument π/2 (voir encart A.1). On peut donc écrire encore :
v = iωX m e
iϕ iωt
v = ωX m e e
e
iωt
π
i --2
= ωxe
= ωX m e
π
i --2
i ωt + ϕ + π
---
2
(A.11)
(A.12)
227
Utilisation de la représentation complexe
La vitesse complexe peut aussi s’écrire en faisant apparaître son
module et son argument :
v = Vm e
iωt
iψ iωt
= Vm e e
= Vm e
i ( ωt + ψ )
(A.13)
En comparant les expressions (A.12) et (A.13) on a :
V m = ωX m
π
ψ = ϕ + --2
(A.14)
On peut revenir à l’expression réelle de la vitesse en utilisant la
relation (A.1) ou (A.5) :
v ( t ) = V m cos ( ωt + ψ )
π
v ( t ) = ωX m cos ωt + ϕ + ---
2
(A.15)
On constate que la vitesse est déphasée de π/2 par rapport à la position (voir figure A.2) : la vitesse est en quadrature de phase avec x(t).
En utilisant la relation cos(θ + π/2) = –sinθ, cette vitesse peut
encore s’écrire :
v ( t ) = – ωX m sin ( ωt + ϕ )
(A.16)
L’expression (A.16) peut être obtenue directement en dérivant la
position x ( t ) = X m cos ( ωt + ϕ ) ⇒ x˙( t ) = – X m ωsin ( ωt + ϕ ) .
De même on peut calculer l’accélération de l’oscillateur :
dx
dv
2
d
a = ------- = ----- ( iω x ) = iω ------- = ( iω ) ( iω x ) = – ω x (A.17)
dt
dt
dt
2
2
iϕ iωt
a = – ω x = ( – 1 )ω X m e e
(A.18)
Le réel (–1) peut se considérer comme un complexe de module 1 et
d’argument π (voir encart A.1). On peut donc écrire encore :
iπ
2
iϕ iωt
a = e ω Xm e e
2
= ω Xm e
i ( ωt + ϕ + π )
(A.19)
L’accélération complexe peut aussi s’écrire en faisant apparaître
son module et son argument :
a = Am e
iωt
iα iωt
= Am e e
= Am e
i ( ωt + α )
(A.20)
228
Mini-Manuel de Mécanique du Point
En comparant les expressions (A.19) et (A.20) on a :
Am = ω2 Xm
α = ϕ+π
(A.21)
Axe des imaginaires pures
i
Vitesse
Élongation
ωX m
Xm
ϕ
Axe des réels
ω2 Xm
Accélération
Figure A.2 Représentation de l’élongation, de la vitesse et de l’accélération
dans le plan complexe.
On peut revenir à l’expression réelle de l’accélération en utilisant la
relation (A.1 ou (A.5) :
a ( t ) = A m cos ( ωt + α )
2
a ( t ) = ω X m cos ( ωt + ϕ + π )
(A.22)
On constate que l’accélération est déphasé de π par rapport à la
position (voir figure A.2) : elle est en opposition de phase par rapport
à x(t). On peut aussi dire que l’accélération est déphasée de π/2 par
rapport à la vitesse.
En utilisant la relation cos(θ + π) = –cosθ, cette accélération peut
encore s’écrire :
2
a ( t ) = – ω X m cos ( ωt + ϕ )
(A.23)
L’expression (A.23) est bien la dérivée seconde de la position
2
x ( t ) = X m cos ( ωt + ϕ ) ⇒ ẋ˙( t ) = – X m ω cos ( ωt + ϕ ) .
229
Utilisation de la représentation complexe
Encart A.1 Rappel sur les complexes
Définitions :
z = a + ib avec a et b réels et i imaginaire pur tel que i2 = –1
z * = a – ib est le complexe conjugué de z
Le réel a est la partie réelle du complexe notée : Re ( z ) = a
Le réel b est la partie imaginaire du complexe notée : Im ( z ) = b
– Si b = 0 alors z = a est un réel
– Si a = 0 alors z = ib est un imaginaire pur
Module du complexe : z =
2
2
a +b .
2
2
zz * = ( a + ib ) ( a – ib ) = a + b = z
2
Représentation dans le plan complexe : L’axe des abscisses est
l’axe des réels, l’axe des ordonnées est l’axe des imaginaires purs.
z = a + ib ⇒ OZ composantes (a,b)
Le vecteur OZ fait un angle θ avec l’axe des réels.
Im (z )
b
a = z cos θ
z
z = a + ib
z
θ
O
b = z sin θ
Re (z )
a
z = z cos θ + i z sin θ
z = z [cos θ + i sin θ]
Notation exponentielle : avec eiθ = cosθ + isinθ
iθ
z = z e ⇔ z = z [ cosθ + isinθ ]
L’angle θ est appelé argument du complexe
Im ( z )
b
arg ( z ) = θ avec tanθ = --- = --------------a
Re ( z )
z
et noté :
230
Mini-Manuel de Mécanique du Point
Un complexe z est parfaitement défini par :
son module z et son argument arg ( z ) = θ
ou
sa partie réel Re ( z ) = a et sa partie imaginaire Im ( z ) = b
Règles de calculs :
z1
z
z 1 z 2 = z 1 z 2 ; -----1- = -------- ;
z2
z2
n
n
z1
z1
–m
n
–m
n
n –m
= ---------------n- = z 1 z 2 = z 1 z 2 = z 1 z 2
m
z2
z2
n
z
–m
n
n –m
arg ------m1- = arg ( z 1 z 2 ) = arg ( z 1 ) + arg ( z 2 )
z2
= n arg ( z 1 ) – m arg ( z 2 )
Index
B
P
bande passante 215
base de Frenet 17
pendule simple 81
produit scalaire 8
produit vectoriel 38
C
champ de gravitation 70
champ de pesanteur 71
choc élastique 132
choc inélastique 133
choc mou 134
coordonnées cartésiennes 5
coordonnées cylindriques 10
coordonnées polaires 6
R
référentiel de Copernic 3
référentiel géocentrique 3
référentiel terrestre 4
régime critique 183
régime pseudo-périodique 175
résonance de vitesse 209
T
D
décrément logarithmique 179
dérivation d’un vecteur 18
tension d’un ressort 78
théorème de l’énergie cinétique 114
théorème de l’énergie mécanique 124
théorème du centre d’inertie 65
F
facteur de qualité 185
forces conservatives 115
G
gradient 117
M
moment cinétique 66
moment d’une force 66
mouvement parabolique 39
V
vecteur déplacement élémentaire 22
vecteur quantité de mouvement 60
vecteur vitesse angulaire 21
MINI MANUEL
Michel HENRY
Nicolas DELORME
Mini Manuel de
Mécanique du point
Comment aller à l’essentiel, comprendre les
méthodes et les démarches avant de les mettre
en application ?
Conçus pour faciliter aussi bien l’apprentissage que
la révision, les Mini Manuels proposent un cours
concis et richement illustré pour vous accompagner
jusqu’à l’examen. Des exemples sous forme d’encarts, des mises en garde et des méthodes pour
éviter les pièges et connaître les astuces, enfin des
exercices, tous corrigés, complètent le cours.
Ce Mini Manuel de Mécanique du point présente l’essentiel à comprendre et à savoir en Mécanique du
point pour tout étudiant en L1/L2 de Sciences de la
Matière, Sciences Physiques et en Sciences pour
l’Ingénieur.
Agrégé de physique
Maître de conférences
à l’IUFM des Pays de
Loire (Le Mans).
Nicolas Delorme
Maître de conférences
à l’université du Maine
(Le Mans).
Public :
L1/L2
de Sciences
de la Matière,
Sciences
Physiques et
Sciences pour
l’Ingénieur
Contenu :
• Cinématique du point
• Lois de Newton et forces
• Travail, puissance et énergie
• Oscillateurs mécaniques libres
• Oscillateurs mécaniques forcés
ISBN 978-2-10-053940-6
Michel Henry
www.dunod.com