Cinématique et dynamique newtonienne - leprof

Chap. B1
Cinématique et dynamique newtonienne
I. Référentiel
1- Définitions
On définit d’abord un référentiel de date : l’instant t = 0
Le référentiel d’espace est un solide de référence par rapport auquel on repère les positions du système.
Un référentiel est dit galiléen si le principe d’inertie(1ère loi de Newton) y est vérifié en toute rigueur.
2- Référentiels d’étude
a. Les référentiels terrestres
Ils sont construits à partir de n’importe quel solide de référence lié à la Terre (donc fixe par rapport à elle). Ils
sont adaptés aux expériences effectuées dans une salle de TP. Il y a une infinité de référentiels terrestres
(autant que de solides fixes par rapport à la Terre).
b. Le référentiel géocentrique
Pour décrire de façon simple le mouvement des satellites on utilise le référentiel géocentrique.
C’est un solide constitué par le centre de la Terre et 3 étoiles lointaines dont les positions n’ont pas changé
depuis des siècles sur la voûte céleste.
La Terre n’est pas immobile dans le référentiel géocentrique.
c. Le référentiel héliocentrique ou de Copernic
Pour étudier le mouvement des planètes les astronomes utilisent le référentiel héliocentrique.
C’est un solide constitué par le centre du soleil, une des arêtes est perpendiculaire au plan de l’écliptique, les
deux autres arêtes sont dirigées vers des étoiles fixes.
Il est considéré comme Galiléen
Tout référentiel en translation rectiligne par rapport au référentiel de Copernic est galiléen
(Le référentiel géocentrique et les référentiels terrestres ne sont pas galiléens.)
II. Cinématique du point
1- Le vecteur position
x(t)
Vecteur position à la date t : OM(t ) y( t )
z( t )
x(t), y(t),z(t) coordonnées de M



OM(t ) = x(t) i + y(t) j + z(t) k
trajectoire.
La relation liant x, y, z indépendante de t est l'équation cartésienne de la


Ex: OM = (6t + 1) i + 2t2 j
2- Le vecteur vitesse
a. définition
M' M" = OM" - OM' = OM
OM d OM
=
t
dt
Le vecteur vitesse VM (t ) d'un point mobile dans 1 repère R est à chaque instant égale à la
Variation du vecteur position pendant t = t'' - t'
VM (t ) 
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dérivée par rapport au temps du vecteur position de ce point dans le référentiel.
b. représentation
- origine : M
- direction : tang en M à la trajectoire, parallèle à M'M''
- sens : celui du mouvement
- valeur Vm(t)  VM(t' , t'' ) 
M ' M"
t" t '
VM (t ) 
M ' M"
t" t '
c. expression
x(t)
OM(t ) y( t )
z( t )

Vx ( t )  dx / dt  x
VM (t ) Vy ( t )  dy / dt  y
Vz ( t )  dz / dt  z






VM (t ) = x (t) i + y (t) j + z (t) k = Vx (t) i + Vy (t) j + Vz (t) k


Ex: OM = (6t + 1) i + 2t2 j

Vx ( t )  x  6 m.s -1
VM (t ) Vy ( t )  y  4 t
Vz ( t )  z  0
La valeur de VM =  Vx2+ Vy2+ Vz2 = 36 + 16 t²
3. Vecteur accélération
Il caractérise les variations du vecteur vitesse
a. définition
La variation du vecteur vitesse pendant t = t'' - t' est  VM = VM" - VM'
a M (t ' , t" ) =
 VM
t
vecteur accélération moyenne entre t' et t'' (en m.s-2 ).
VM
t0
t 0 t
dV
d ²OM
Le vecteur accélération d'un point mobile est à chaque instant égal à la dérivée par
a M (t ) = M =
dt
dt ²
rapport au temps du vecteur vitesse de ce point
b. Expressions
Vx ( t )  dx / dt  x
a x ( t )  d ² x / dt ²  x
x(t)

 a M (t ) a y ( t )  d ² y / dt ²  y
OM(t ) y( t )
VM (t ) Vy ( t )  dy / dt  y
a M (t ) = lim a M ( t ' , t" ) lim
Vz ( t )  dz / dt  z






a M (t ) = a x (t) i + a y (t) j + a z (t) k = x(t) i + y(t) j + z(t) k
z( t )


Ex: OM = (6t + 1) i + 2t2 j 
Vx ( t )  x  6 m.s -1
VM (t ) Vy ( t )  y  4 t
Vz ( t )  z  0
a z ( t )  d ² z / dt ²  z
a x ( t )  x  0
 a M (t ) a y ( t )  y  4
a z ( t )  z  0
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
a M (t ) = 4 j aM = 4 ms-2 c'est un vecteur constant
c. Base de Frenet
Base de Frenet M, U N , U T
origine : M
dir. : la tang en M à la trajectoi re
UT
sens : le sens  choisit
U T  1 m.s 1
origine : M
UN
dir. :  à U T
sens : vers la concavité de la trajectoi re
U N  1 m.s 1
Dans la base de Frenet, l’accélération s’exprime par
a M (t ) = a T + a N = aT U T + aN U N
aT: coordonnées tangentielles du vecteur  R
a N : coordonnées normales du vecteur  R+
dVT d ²s
aT =
=
(aT caractérise les variations de la valeur de la vitesse)
dt ²
dt
aN = VT²  0
 : rayon de courbure de la trajectoire au point M

Si le mouvement est circulaire,  est le rayon du cercle noté R
dv M
V²
UN
a M (t ) =
UT +
R
dt
4- Vecteur quantité de mouvement
La quantité de mouvement p(t ) d’un objet de masse m est dont le centre d’inertie se déplace à la vitesse v( t )
est définie par : p(t ) = m v( t )
m en kg ; v(t) en m.s-1 ; p(t) en kg.m.s-1
p(t ) et v( t ) ont même direction car la masse est positive.
5- Différents mouvements
a. mouvement rectiligne et uniforme
La trajectoire est une droite (), v( t ) = v 0 ( t ) ; le vecteur vitesse est constant au cours du temps
dv
=0
dt
Sur un axe Ox de()orienté suivant le mouvement
dx
v0x =
 x(t) =  v0x dt = v0x  t + x0
dt
b. Mouvement rectiligne uniformément varié
a (t ) : vecteur constant au cours du temps.
a(t ) =
a(t ) =
dv
dv
 a0x= x
dt
dt
 vx(t) =  a0x .dt = a0x  t + v0x
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dx
 x(t) =  vx dt = ½ a0x t² + v0x t + x0
dt
Si v . a > 0 le mouvement est accéléré, si v . a < 0 le mouvement est ralenti
c. Le mouvement circulaire uniforme
La trajectoire est le cercle de centre O et de rayon R dans le plan P.
La valeur de la vitesse reste la même au cours du temps
vx=
III. Les lois de Newton
1- Première loi : principe d’inertie
a. Système matériel « pseudo isolé »
La somme des forces extérieures qui lui sont appliquées est nulle
F
ext

=0
b. Enoncé
Dans un référentiel Galiléen, le centre d’inertie d’un système isolé ou pseudo isolé est soit au repos, soit en
mouvement rectiligne et uniforme


 Fext = 0  v G = cte ou v G = 0
2- Deuxième loi : principe fondamental de la dynamique
a. Enoncé
Dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures appliquées au système est égale à la dérivée par
rapport au temps du vecteur quantité de mouvement du centre d’inertie de ce système

dp
 Fext = dt

Si le système est fermé, sa masse est constante, on a alors  Fext = m a
b. Limite de validité
Si V  (c / 10) = 30 000 km.s-1 , il faut appliquer les lois de la mécanique relativiste d'Einstein.
3. Troisième loi : principe des actions réciproques
Si un objet A exerce sur un objet B une force FA / B alors un objet B exerce sur un objet A une force FB / A
Ces forces ont la même droite d'action et leur somme vectorielle est nulle, donc

FA / B + FB / A = 0
IV. Mouvements dans un champ de pesanteur uniforme
1- Position du problème
Hypothèse: champ de pesanteur uniforme g : vecteur cst
le solide (S) de masse m est lancé à la date t = 0s avec la vitesse V0
V0

G
(S)
m
G0
P = mg
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faisant un angle  avec l’horizontale.
On néglige l’action de l’air
Si le solide n’est pas ponctuel on étudie le mouvement de son centre d’inertie G.
Une seule force extérieure appliquée à (S) P = m g : l’objet est en chute libre.
2- Etude dynamique
* Ref terrestre supposé galiléen
* Système {S}
* Inventaire Auteur force
Terre P = m g
* Théorème du centre d’inertie (2e loi de Newton)
F
ext

dp
 m  a G car la masse du solide est constante
dt
g  aG
P = m g  m aG
 m et  V0
L’accélération ne dépend ni de la masse de l’objet, ni de la façon dont il est lancé.
3- Chute libre avec vitesse initiale quelconque
a. Equation horaire
Conditions initiales : à t = 0 V0 appartient au plan y'y , z'z (plan du tableau ou de la feuille)

et l'angle de tir : ( j, V0 ) = 
z
x0  0
V0 x  0
ax  0
g
OG 0 y 0  0
aG ay  0
V0 V0 y  V0 . cos 
V
0
z0  0
V0 z  V0 . sin 
a z  g

y
dVG
en primitivant VG   g  dt  g  t  V0
g
dt
VGx ( t )  0
VG ( t ) VGy ( t )  V0 . cos 
aG 
VGz ( t )  g.t  V0 . sin 
VG ( t ) 
dOG
en primitivant
dt
OG   VG  dt 
1
a G  t 2  V0 .t  OG 0
2
x(t)  0
OG(t ) y( t )  V0 . cos  .t
1
z( t )   g.t 2  V0 .sin  .t
2
- x = 0 : le mouvement est dans le plan vertical contenant V0
b. Equation de la trajectoire
x=0
y = (V0 cos ) t  t =
y
( V0 . cos  )
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z= -
1
y
y2
g
+ V0 sin 
2
2
( V0 . cos  )
(V0 . cos )
c. portée horizontale
z=-
1
y2
g
+ (tan ) y
2
(V0 . cos ) 2
xC  0
OC = d

C yC  d
zC  0
0= -
1
d2
g
+ (tan ) d
2
(V0 . cos ) 2
 1

d
0 = d  g

tan


2
 2 (V0 cos )

si [ ] = 0
2.V02 . cos 2 . tan 
g
La portée est maximale pour V0 donnée si sin 2 = 1
soit 2 = /2 ou  = /4
d. flèche, ou altitude maximale atteinte
h = zM
donc tan  = g d / 2 (V0 cos )²
et
d
d
V02 . sin 2
g
x(t)  0
OG(t ) y( t )  V0 . cos  .t
1
z( t )   g.t 2  V0 .sin  .t
2
et
VGx ( t )  0
VG ( t ) VGy ( t )  V0 . cos 
VGz ( t )  g.t  V0 . sin 
or en M, VM est horizontale donc
tM = V0 sin  / g
zM = - ½ g (V0 sin  / g)² + (V0 sin ) V0 sin  / g
zM est maximum pour sin²  = 1 soit  = /2
V . cos .V0 . sin  V02 . sin 2 y C d
yM = V0 cos  tM = 0
=
=
=
2
g
2
2g
zM = 1 V0² sin² 
2
g
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4- Mouvement sans frottement sur un plan incliné
a. Etude dynamique
* Ref terrestre supposé galiléen
* Système le {solide}
* Inventaire Auteur
force
Terre
P  mg
air pulsé
RN
* Théorème du centre d’inertie
F
ext

P  R N  m.a G
dp
 m.a G
dt
En projection dans un repère orthonormé  (O, i, j, k)
aGy = 0 car pas de mouvement suivant y (le solide ne décolle pas)
a Gx 
 P sin   0 
 P cos   R   m  0 
 

  N
a Gz 
0
 0 
sur O i : - m g sin  = m aGx
sur O j : - m g cos  + RN = 0
sur O k : 0 + 0 = m aGz

a G  g  sin   i
a G est un vecteur constant : direction, ligne de plus grande pente, sens celui de P
Remarques:
si V0 = 0 le mouvement de G est rectiligne uniformément accéléré vers le bas
si  = 0 (plan horizontal) aG = 0 et si V0 = 0 le solide est immobile
si  = 90° (plan vertical) aG = g c'est la chute libre
b. Equations horaires
ou étude cinématique
La vitesse initiale est quelconque // au plan
V0 x  V0 . sin 
a Gx  g  sin 
V0 V0 y  0
a G a Gy  0
V0 z  V0 . cos 
intégrons
Vx  g.t. sin   V0 . sin 
intégrons
a Gz  0
VG Vy  0
Vz  V0 . cos 
1
x   .g.t 2 .sin   V0 .t.sin 
2
OG y  0
z  V0 .t. cos 
On prend comme origine le point O départ du mouvement.
c. Equation de la trajectoire
1
z2
z
x g
 sin   V0
 sin 
2
2 (V0 . cos )
(V0 . cos )
z
(V0 . cos )
g  sin   z ²
x
 z  tan 
2(V0 . cos ) 2
t
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V. Mouvement dans un champ électrostatique uniforme
Une particule de masse m et de charge q (valeur algébrique) pénètre en O avec le vecteur vitesse v0 dans un
champ électrique uniforme indépendant du temps E . La particule se déplace dans le vide.
1- Bilan des forces
* Réf. du laboratoire supposé galiléen
* Système : particule de masse m de charge q
* Inventaire des forces extérieures
Force électrique F = q E
Poids P = m. g
2- Approximations
1 électron : me = 9.10-31 kg et q = -e = -1,6.10-19 C
Etudions son déplacement entre deux plaques distantes de 5 cm soumises à une tension UPN = 1000 V.
U
1000
E = PN =
= 2.104 V.m-1
5.10  2
d
F = e  E = 1,6.10-19  2.104 = 3,2 .10-15 N
P = m g = 9.10-31  10 = 9.10-30 N
F 3,2.10 15
=
= 3 .1014
F >>>P on néglige le poids devant la force électrique.
P 9.10 30
3- Relation fondamentale de la dynamique
dp
= m a car la masse est constante
dt
F = m a = q E car on néglige le poids
F+ P =
a vecteur constant donc le mouvement est uniformément varié a =
vitesse : a =
dv
dt
v =  a.dt

q
E t + v0
m
v = a t + v0 =
Vecteur position : v =
OM =
q
E
m
d OM
dt

OM =  v.dt
1 q
E t² + v 0 t + OM 0
2m
4- Canon à électrons
C’est un dispositif qui permet d'émettre et d'accélérer les e- dans un tube cathodique.
Le champ E est uniforme entre les plaques
E
0
0
E 0
0
;
v0 0
;
0
v =
OM 0 0
0
q
E t
m
+ v0
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v x 
v  =  e
 y m
 v z 
vx =
 E 
 0 t+
 
 0 
0 
0 
 
0 
eE
t
m
vx =
1 q
E t² + v 0 t + OM 0
2m
x 
 E 
0 
 y  = 1  e  0  t² + 0  t +
  2 m  
 
 z 
 0 
0 
e U AC
t

m
d
;
vy = 0
et
vz = 0
x=
e U AC
 t²

2m
d
OM =
0 
0 
 
0 
x=
eE
 t²
2.m
eE eE

t >0
m
m
2.e.U AC
2.m.d ²
2.m.d ²
e U AC
e U
en A x = d =
 t² soit td² =
et vA =  AC 
soit vA =

e.U AC
e.U AC
m
2m
d
m
d
Mouvement rectiligne uniformément accéléré ax . vx > 0
5- Déviation des électrons
0
EE ;
0
a. équation de la trajectoire
0
v0
q = -e
v 0 0 ; OM 0 0
0
0
1 q
E t² + v 0 t + OM 0
OM =
2m
x = v0 × t
1 e
E t²
y=
2m
z=0
x
1 e x²
E
on pose t =
y=
(arc de parabole de sommet O)
v0
2 m v0 ²
U
E = PN
d
2.e.U AC
Les électrons sont émis par un canon à électron v0² = vA² =
m
1 U PN x ²
donc y =
4 U AC d
y=
1 e E.x ².m
2 m 2.e.U AC
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b. Conditions de sortie
2.d ²
 U AC
²
c. Déflexion électrique
A la sortie des plaques E  0 donc F  0
Le mouvement rectiligne et uniforme à la vitesse vS
La trajectoire est la tangente en S à la parabole
La tangente en S coupe Ox en I tel que OI = l /2
O' A
D
SJ y(S)
tan  =
=
tan  =
=
/2
O' I
L
IJ
y(S) D
2.L.y(S) 2.L 1 U PN ²
=
ou D =
=

/2 L


4 U AC d
d
y(S) <
2
soit
UPN <
D=
.L U PN
2d U AC
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