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I. Les lois de Newton Ex.1. Un point matériel de masse m=500,0 g a pour équations horaires x(t)= 3t+2, y(t)= -‐t + 8. a-‐ Calculer les vitesses vx et vy du point matériel, ensuite la norme du vecteur vitesse v b-‐ Calculer les accélérations ax et ay, ensuite l’accélération a c-‐ Calculer les composantes du vecteur force Fx et Fy qui agit sur ce corps, ensuite sa norme. d-‐ Quel type de mouvement a ce point matériel ? a-‐ Par définition : vx(t)=dx/dt=3 m/s, vy(t)=-‐1 m/s Le vecteur vitesse ! de composantes vx et vy a une norme égale à : ! = !!! + !!! = 10 m/s Ce point matériel a une vitesse constante. b-‐ Par définition : ax=dvx/dt=0 m/s2 ay=dvy/dt=0 m/s2 La norme du vecteur accélération est égale à : ! = !!! + !!! = 0 m/s2 e
c-‐ La 2 loi de Newton pour ce point matériel s’écrit : !! = ! qui projetée sur les axes donne : max=Fx may=Fy d’où : Fx= max=m.0=0 N Fy= may=m.0=0 N d-‐ La force qui agit sur ce point matériel est nulle. Conformément à la 1ère loi de Newton ( Le principe d’inertie), le point matériel doit avoir un mouvement rectiligne et uniforme . Une autre méthode pour déterminer le type de mouvement est de déterminer l’équation de la trajectoire. De x(t)=3t+2 on obtient t=(x-‐2)/3. En introduisant cette expression dans l’équation horaire y(t) on obtient l’équation de la trajectoire y=f(x) : y= -‐t+8 = -‐(x-‐2)/3 +8 = -‐x/3 + 26/3 Donc y=f(x) est de type y=ax+b où a=-‐1/3 et b=26/3. Il s’agit d’une droite dans le plan xOy. La trajectoire est donc une droite et le mouvement rectiligne. Au point a on a vu que la vitesse de ce mobile était constante. Le mouvement est donc uniforme. En conclusion, il s’agit d’un mouvement rectiligne et uniforme. Ex.2. A t=0 s, on lâche sans vitesse initiale un mobile de masse m=2,0 kg sur une table. Le mobile se trouve initialement en O, l’origine du l’axe Ox. La force F=20 N. a-‐ Ecrire la 2e loi de Newton. b-‐ Déterminer les accélérations ax et ay. c-‐ Déterminer les équations des vitesses vx(t) et vy(t) d-‐ Déterminer les équations horaires x(t) et y(t). e-‐ Quel type de mouvement a ce mobile ? Analyse du texte du problème : 1 « A t=0 s, on lâche sans vitesse initiale.. » = le vitesse initiale est nulle, c’est-‐à-‐dire : vx(0)=0 m/s vy(0) = 0 m/s « Le mobile se trouve initialement en O, l’origine du l’axe Ox. » = la position initiale est l’origine du système des coordonnées, donc : x(0)=0 m y(0) = 0 m Le mobile est lâché sur une table et au cours de son mouvement il ne quitte pas celle-‐ci. Il va se déplacer donc seulement le long de l’axe Ox. Le long de l’axe Oy les forces se compensent (il n’y a pas de mouvement le long de l’axe Oy) : ! + ! = 0 où : ! c’est le poids du corps et ! la réaction normale de la table a-‐ La 2e loi de Newton : !! = ! + ! + ! mais en tenant compte de la relation antérieure : !! = ! Cette relation vectorielle projetée sur les axes Ox et Oy donne : max= F may=0 b-‐ De ces relations on obtient : ax=F/m=20/2,0=10 m/s2 ay=0 m/s2 c-‐ Par définition : ax=dvx/dt=10 ay=dvy/dt=0 d’où : vx(t)=10t+C1 vy(t)=C2 C1 et C2 sont des constantes à déterminer des conditions initiales : vx(0)=0= C1 vy(0)=0=C2 Les équations des vitesses sont donc : vx(t)=10t vy(t)=0 d-‐ Par définition vx(t)=dx/dt=10t vy(t)=dy/dt=0 d’où : x(t)=10t2/2+C3 y(t)=C4 C3 et C4 sont des constantes à déterminer des conditions initiales : x(0)=0= C3 y(0)=0= C4 donc : x(t)=5t2 y(t)=0 e-‐ Le mouvement est rectiligne, car le mobile se déplace le long de l’axe Ox ( pas de mouvement sur Oy : y(t)=0). Il est varié, voire uniformément varié, car l’accélération ax est une constante non nulle. En conclusion, il s’agit d’un mouvement rectiligne uniformément varié. Ex.3. Un point matériel de matériel de masse m=1 kg est lancé d’une hauteur h=5,0 m sans vitesse initiale. La résistance de l’air est négligeable. a-‐ Faire un bilan de forces b-‐ Ecrire la 2e loi de Newton pour cette situation c-‐ Déterminer l’accélération de chute du point matériel. d-‐ Déterminer l’équation de la vitesse v(t) e-‐ Déterminer le temps nécessaire au point matériel pour arriver au sol et sa vitesse juste avant de toucher celui-‐ci. Le point matériel est lancé d’une certaine hauteur. Il s’agit d’un mouvement de chute sans frottement. On appelle ce type de mouvement une chute libre. Pour le décrire un seul axe suffit. Un choix naturel est de prendre un axe avec l’origine sur le sol, comme dans la figure ci-‐dessous : 2 Le corps est lancé d’une hauteur h sans vitesse initiale donc : y(0) = h vy(0) = 0 a-‐ La seule force qui agit sur le point matériel est son poids (la résistance de l’air est négligeable). Elle est orientée verticalement vers le bas. C’est donc un vecteur que l’on peut écrire comme : ! = −!! = −!"! où ! est le vecteur unitaire qui oriente l’axe Oy b-‐ La 2e loi de Newton : !! = ! c-‐ Cette équation vectorielle projetée sur l’axe Oy donne : ma=-‐mg L’accélération de chute libre est donc a=-‐g = -‐10 m/s2 ( l’axe Oy étant orientée vers le haut, l’accélération est négative). d-‐ Par définition : a=dv/dt=-‐g donc : v(t)=-‐gt+C1 où C1 est une constante à déterminer des conditions initiales : v(0)=0= C1 donc : v(t)=-‐gt=-‐10t e-‐ Le point matériel arrive au sol lorsqu’il a parcouru la distance h. On va donc détermine d’abord l’équation horaire y(t). Le temps de chute sera donc le temps nécessaire au point matériel pour parcourir la distance h. L’équation horaire est donnée par la primitive de la vitesse : v=dy/dt=-‐gt et : y(t)=-‐gt2/2+C2 Des conditions initiales, y(0)=h=C2 Donc : y(t)= )=-‐gt2/2+h = -‐5t2+5 Soit tc le temps de chute. A t=tc le point matériel est arrivé au sol donc y(tc)=0. On obtient donc : y(tc)=0=-‐5(tc)2 +5 et tc=± 1 La solution tc=-‐1 n’est pas physique (un temps ne peut pas être négatif), donc on l’ignore. Le temps de chute sera donc tc=1s Observation : en général le temps de chute !! =
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ne dépend pas de la masse du corps quand le frottement est négligeable. Par exemple, un marteau et une plume tombent au même temps. Cette loi a été vérifiée en 1971 sur la Lune par David Scott (mission Apollo 15, http://www.youtube.com/watch?v=QlQIPje4FYQ) La vitesse du point matériel avant qu’il touche le sol (une fois arrivé en contact avec le sol sa vitesse est nulle) s’obtient de l’équation de la vitesse : v(tc) =-‐10tc=-‐10 m/s Le vecteur vitesse est donc ! = −10 ! Ex.4. On lance cette fois le même point matériel avec une vitesse v=10 m/s vers le haut. Déterminer la hauteur maximale atteinte H par le corps. Le point matériel étant lancé sur la verticale, le mouvement se fera sur l’axe Oy. 3 Au moment t=0 le corps se trouve à l’origine, donc y(0)=0. Il a une vitesse initiale v(0)=10 m/s. On néglige le frottement avec l’air, donc la seule force qui agit sur le corps est son poids et la 2e loi s’écrit : !! = ! qui projetée sur l’axe Oy donne : ma=-‐mg, donc : a=-‐g=-‐10 m/s2 Pour déterminer la hauteur maximale on doit utiliser l’équation horaire ( la seule relation qui peut fournir cette hauteur). L’équation horaire étant la primitive de la vitesse il faut déterminer d’abord l’équation de la vitesse : v(t)=-‐gt +C1=-‐10t+ C1 où C1 est une constante à déterminer des conditions initiales : v(0)=10 m/s= C1 v(t)=-‐gt +v(0) =-‐10t+10 On peut maintenant chercher l’équation horaire : v(t)=dy/dt=-‐10t+10 y(t)=-‐10t2/2+10t+C2 = -‐5t2+10t+ C2 des conditions initiales on obtient y(0)=0= C2 donc : y(t)= -‐5t2+10t Si on connaissait le temps d’ascension ta jusqu’à la hauteur maximale, on pourrait déterminer cette hauteur de l’équation horaire car y(ta)=H. On va déterminer le temps d’ascension ta de l’équation de la vitesse : lorsque le point matériel arrive à la hauteur maximale, sa vitesse s’annule donc : v(ta)=0=-‐10ta +10 ð ta=1s Donc : y(ta)=H=-‐5(ta)2+10 ta =-‐5 +10 =5 m Ex.5. Une balle de tennis de masse m=50,0 g est lancée avec une vitesse initiale horizontale v= 120 km/h d’une hauteur H=2,00 m. On considère l’action de l’air sur la balle comme négligeable. Déterminer la position du point B où la balle va frapper le sol (la distance OB). Pour savoir où va frapper le sol la balle, on doit connaître l’équation de sa trajectoire y=f(x), car lorsque la balle arrive au point B, y(OB)=0. On va suivre donc la même démarche utilisée lors de l’étude du mouvement parabolique (voir Chapitre 3) • Conditions initiales : La balle est lancée d’une hauteur H=2,00 m, donc : 4 x(0)=0 y(0)=H=2,00 m z(0)=0 La vitesse initiale est horizontale, donc : vx(0)=120 km/h= 33,3 m/s vy(0)=0 m/s vz(0)=0 m/s • Bilan des forces : l’action de l’air sur la balle étant négligeable, la seule force qui agit sur la balle est son poids : !: (0; −!"; 0) • 2e loi de Newton : !! = ! avec ! un vecteur de coordonnées (ax ;ay ;az) Cette équation vectorielle projetée sur les axes Ox, Oy et Oz donne les trois équations des composantes : max=0 may=-‐mg maz=0 d’où : ax=0 ay=-‐g az=0 • Les équations des vitesses : ax=dvx/dt=0 ay=dvy/dt=-‐g az=dvz/dt=0 Les primitives de ces fonctions sont les vitesses : vx(t)=C1 vy(t)=-‐gt+C2 vz(t)=C3 Des conditions initiales on déduit que : vx(0)=v(0)=33,3 m/s=C1 vy(0)=0= C2 vz(0)=0=C3 Donc : vx(t)=v(0)=33,3 m/s vy(t)=-‐gt vz(t)=0 • Les équations horaires : vx(t)=dx/dt=v(0) vy(t)=dy/dt=-‐gt vz(t)=dz/dt=0 d’où : x(t)=v(0)t+C4 y(t)=-‐gt2/2+C5 z(t)=C6 Les conditions initiales donnent : x(0)=0= C4 y(0)=H= C5 z(0)=0= C6 On obtient : x(t)=v(0)t=33,3t y(t)= )=-‐gt2/2+H z(t)=0 Le mouvement se fait dans le plan xOy, car z=0 quoi qu’il soit l’instant t. On peut donc déterminer l’équation de la trajectoire en éliminant t entre x(t) et y(t) : t=x/v(0) et ! = −
La trajectoire est parabolique et pour x=OB, y=0 !
!
!
+ ! ! !
! = − ! ! + ! 2!!
0=−
! ! !
!
!" ! + ! 2!!!
!
!" ! = ! 2!!!
5 !" =
2!!! !
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=21,1 m La distance ne dépend pas de la masse du corps quand le frottement avec l’air est négligeable, ou le mouvement a lieu dans le vide. Par exemple, sur la Lune, où il n’y a pas d’atmosphère (donc pas de frottement avec l’air), une balle de tennis tombe au même point qu’un objet d’une tonne ! Ex.6. Un objet de masse m=1à kg se déplace sans frottement sur un plan incliné (l’objet descend) ; ce plan est incliné d’un angle α = 30° par rapport au plan horizontal. Au début du mouvement l’objet est lâché en O avec une vitesse nulle a-‐ Faire un bilan de forces b-‐ De la 2e loi de Newton déduire les composantes des accélérations dans le repère !, !, ! (on les note ax et ay). c-‐ Déduire les équations des composantes de la vitesse vx et vy dans ce repère d-‐ Déterminer les équations horaires e-‐ Quelle distance a parcouru l’objet après 1,5s ? Donnée : g=10 m.s-‐2 L’objet n’est pas un point matériel. L’étude de son mouvement se réduit à l’étude d’un seul de ses point : le centre de gravité. Le corps étant un solide, les autres points décrivent des trajectoires qui s’obtiennent de la trajectoire du centre de gravité par simple translation. Les vitesses de tous les points sont identiques à la vitesse du centre de gravité ( si ce n’est pas le cas cela veut dire que le corps subit des déformations au cours de son mouvement). Les conditions initiales := • Le corps est lancé depuis l’origine du système des coordonnées : x(0)=0, y(0)=0 • Il n’a pas de vitesse initiale : vx(0)=0, vy(0)=0 a-‐ Les forces qui agissent sur le corps sont : • Son poids : ! (!" sin ∝ ; −!" cos ∝ ) • La réaction du plan (normale au plan, car les frottements sont négligeables) : ! (0; !) b-‐ 2e loi de Newton : !! = ! + ! Projetée sur les axes, cette équation donne : 6 max=mg sin(α) may=-‐mg cos(α)+N Le corps glisse sur le plan incliné sans le quitter. Il n’y a donc pas de mouvement sur la verticale au plan incliné (Oy) : ay=0 On obtient : ax=g sin(α) ay=0 c-‐ ax=dvx/dt= g sin(α) ay=0 d’où : vx(t)=( g sin(α))t +C1 vy(t)=C2 Les conditions initiales donnent : vx(0)=0= C1 vy(t)=0=C2 Les équations des vitesses sont : vx(t)=( g sin(α))t vy(t)=0 d-‐ Les équations horaires étant les primitives des vitesses on obtient : vx(t)=dx/dt=( g sin(α))t vy(t)=dy/dt=0 x(t)=( g sin(α))t2/2 +C3 y(t)=C4 Et en utilisant les conditions initiales : x(0)=0= C3 y(0)=0= C4 on obtient : x(t)=( g sin(α))t2/2 y(t)=0 Le mouvement est donc rectiligne (mouvement le long de l’axe Ox) et uniformément varié (car l’accélération ax est non nulle et constante) e-‐ Après t’=1,5 s la distance parcourue est : x(t’)=( g sin(α))t’2/2 =10 (sin 30°)(1,5)2/2 =5,6 m Ex.7. On considère un proton placé au niveau de l’électrode négative d’un condensateur plan dont les armatures, écartées de 10 cm, sont soumises à une tension de 1V. !!⃗ a-‐ Montrer que la valeur du poids P est négligeable devant la valeur de la force électrostatique F exercée dans le condensateur. b-‐Si le proton à l’instant initial, sans vitesse initiale, est situé au centre O d’un repère Oxy dont l’axe Ox est perpendiculaire 7 aux armatures du condensateur, en combien de temps aura-‐t-‐il parcouru la distance de 10 cm séparant les armatures du condensateur ? Données : g=9,81 m.s-‐2, masse du proton mp=1,67x10-‐27kg, charge élémentaire e=1,6x10-‐19 C a-‐ Le poids du proton : P = mpg =1,67x10-‐27x9,81 =1,64x10-‐26 N La force électrostatique exercée par le condensateur sur le proton est égale à : Fe=eE où E est l’intensité du champ électrique : E=U/d=1/10-‐2=100 V/m (U=1V la tension entre les plaques et d=1 cm = 10-‐2m la distance entre les plaques) Donc : Fe=1,6x10-‐19x102=1,6x10-‐17N Pour comparer les deux forces on calcule leur rapport : Fe/P=9,7x108≈ 109 9
La force électrique est 10 fois (1 milliard !) plus grande que le poids. Le poids est donc négligeable par rapport à la force électrique (le proton se déplace pratiquement sous l’action de la force électrique ou, on peut dire que la trajectoire du proton est peu perturbée par l’attraction terrestre-‐son poids) b-‐ Le proton est placé à l’origine du système de coordonnées à l’instant initial et sa vitesse est nulle : x(0)=0 m y(0) = 0 m vx(0)=0 m/s vy(0)=0 m/s Pour calculer le temps nécessaire au proton pour parcourir la distance d=10 cm on doit connaître l’équation horaire x(t). L’équation horaire étant la primitive de la vitesse, on va déterminer d’abord l’équation de la vitesse . La vitesse étant la primitive de l’accélération, on utilisera la 2e loi de Newton pour déterminer celle-‐ci. • La 2e loi : !! = !! où : ! (ax ;ay) !! (qE ;0) L’équation projetée sur les axes donne : max=qE may=0 d’où : ax=qE/m ay=0 • L’équations de la vitesse vx : ax=dvx/dt=qE/m donc vx(t)=(qE/m)t+C1 Des conditions initiales vx(0)=0=C1 et vx(t)=(qE/m)t Par définition : vx=dx/dt=(qE/m)t La primitive est donc : x(t)=(qE/m)t2+C2 De la condition initiale x(0)=0=C2 => x(t)=(qE/m)t2 De cette relation on obtient le temps de parcours : !=±
2! ∙ !(!)
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Seule la solution positive a un sens physique. Si x=d=10 cm=10-‐1m et t=4,6x10-‐6s=4,6μs II. Conservation de la quantité de mouvement Ex.8. Une personne de masse mp=60 kg jette un sac de masse mp= 5,0 kg. Le sac est lancé avec une vitesse v=3,0 m.s-‐1. Calculer la vitesse de recul de la personne. Le système sac+personne est pseudo-‐isolé . Les forces qui agissent sur ce système se compensent (le poids de la personne et l réaction normale du sol). Conformément au théorème de la quantité de mouvement, la quantité de mouvement du système se conserve : !!"#$%%"!!"# = !!"#$%&&" + !!"# où : 8 !!"#$%%"!!"# est la quantité de mouvement de la personne avant qu’elle jette le sac !!"#$%%"!!"# = 0 (car la personne avec le sac sont au repos) !!"#$%&&" est la quantité de mouvement de la personne après avoir jeté le sac (la personne a un mouvement de recul) !!"#$%&&" = !!! !!"# est la quantité de mouvement du sac !!"# = !! ! On suppose le sac jeté dans le sens positif d’un axe Ox. Si l’on projette la relation de conservation de la quantité de mouvement sur cet axe on obtient : 0=mvr+msv d’où : vr=-‐msv/m =-‐ 5,0x3,0/60=-‐2,5x10-‐1 m/s La vitesse est négative. La personne va effectivement reculer (sens négatif de l’axe Ox) avec une vitesse de 0,25 m/s Ex.9. Pour donner de l’élan à sa luge, un enfant courant à la vitesse ve = 4,0 m.s–1 saute sur sa luge initialement immobile. Les masses de l’enfant et de la luge valent respectivement me = 30 kg et mL = 8,0 kg. Quelle est la vitesse vf de luge et de l’enfant juste après le saut de l’enfant. On supposera la luge sur un plan horizontal et on négligera les frottements. Observation : Les frottements sont négligeables seulement entre la luge et le sol. En revanche , lorsque l’enfant court c’est la force de frottement entre ses pieds et le sol qui lui permet d’avancer ( sur la glace, où le frottement est pratiquement nul, on ne peut pas avancer !). L’enfant a une vitesse constante, donc conformément au principe d’inertie, les forces qui agissent sur lui ( frottement, poids, réaction du sol) se compensent. La luge est au repos, donc conformément au même principe, les forces qui agissent sur elle se compensent aussi (poids et réaction normale). Le système enfant + luge est donc pseudo-‐isolé et conformément au théorème de la quantité de mouvement, la quantité de mouvement totale se conserve : !!"#$"% + !!"#$ = !!"#$"%!!"#$ !!"#$"% = !! !! c’est la quantité de mouvement de l’enfant qui s’approche en courant de la luge !!"#$"% = 0 c’est la quantité de mouvement de la luge (la luge est au repos initialement) !!"#$"%!!"#$ = (!! + !! )!! est la quantité de mouvement de la luge et de l’enfant après le saut On choisit un axe Ox dans le sens du mouvement de l’enfant. La relation précédente projetée sur cet axe donne : meve+0=(me+mL)vf et vf= meve/(me+mL) =3,2 m/s 9