CAHIER COURS SIMPLIFIES 100 EXERCICES CORRIGES

AHMED FIZAZI
Maître assistant chargé de cours
CAHIER
De la
MECANIQUE DU POINT MATERIEL
(Version en Français)
COURS SIMPLIFIES
100 EXERCICES CORRIGES
(Enoncés en arabe et en français)
LEXIQUE DE TERMINOLOGIE
(français-arabe, Arabe-français)
Destiné aux étudiants de première année de
l’enseignement supérieur
LMD
Science de la matière et sciences technologiques
http://sites.google.com/site/fizaziphysique
http://sites.google.com/site/physiquefizazi
iv
Sommaire
Préface...............................................................................................................................
Introduction_Principales branches de la mécanique….....................................................
Le programme…………………………………………………………………………...
I. RAPPELS MATHEMATIQUES…………………………………………...............
I-A. L’ANALYSE DIMENSIONNELLE…………………………………………..
1. Les unités……………………………………….................................................
a. Les unités fondamentales………………………………………….....................
b. Les unités dérivées…………………………………………..............................
c. Les unités secondaires…………………………………………..........................
d. Unité supplémentaire…………………………………………...........................
e. Les multiples et les sous multiples………………………………………….......
2. Les équations aux dimensions…………………………………….........................
a. Définition…………………………………......................................................
b. Quel est l’intérêt de cette expression ? ………………………………….........
c. Comment définir , , ? ………………………………….........................
d. Généralisation………………………………………………………………...
EXERCICES 1.1 à 1.6……………………….………...................................
SOLUTION DES EXERCICES 1.1 à 1.6…………………………………
I-B. CALCUL D’INCERTITUDES…………………………………………...............
1. La grandeur physique……………………………………....................................
2. Notion de mesure……………………………………..........................................
3. Théorèmes des incertitudes …………………………………….........................
EXERCICES 1.7 à 1.12…………………………………..............................
SOLUTION DES EXERCICES 1.7 à 1.12…………………………………
II. RAPPELS SUR LE CALCUL VECTORIEL……………………………………
1. Grandeur scalaire……………………………………….....................................
2. Grandeur vectorielle……………………………………….................................
3. Représentation graphique d’un vecteur…………………………………….........
4. Le vecteur unitaire………………………………….............................................
5. La somme géométrique des vecteurs………………………………….................
6. Les composantes d’un vecteur……………………………………......................
7. Le produit scalaire……………………………………........................................
8. Le produit vectoriel…………………………………….......................................
9. Le produit mixte…………………………………………………………………
10. Moment d’un vecteur par rapport à un point de l’espace………………………
11. Moment d’un vecteur par rapport à un axe…………………………………….
12. Gradient, divergence, rotationnel……………………………………..................
13. Le Laplacien……………………………………................................................
EXERCICES 2.1 à 2.7………………………………………........................
SOLUTION DES EXERCICES 2.1 à 2.7…………………………………..
III. PRINCIPAUX SYSTEMES DE COORDONNEES……………………………..
1. Repères d’inertie galiléens……………………………………............................
2. Principaux référentiels galiléens ……………………………………..................
3. Les coordonnées cartésiennes…………………………………….......................
4. Les coordonnées polaires…………………………………………………………
5. Les coordonnées cylindriques…………………………………….......................
6. Les coordonnées sphériques……………………………………..........................
ii
vii
ix
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
4
5
7
9
9
9
10
13
14
17
17
17
14
17
17
20
23
24
26
26
26
27
29
31
33
36
36
36
37
38
39
40
v
7. Les coordonnées curvilignes…………………………………….........................
EXERCICES 3.1 à 3.7…………………………………...................................
SOLUTION DES EXERCICES 3.1 à 3.7…………………………………….
IV. LA CINEMATIQUE…………………………………………................................
A. Les caractéristiques du mouvement……………………………………….............
1. Introduction……………………………………..................................................
2. Position du mobile……………………………………........................................
3. Les équations horaires…...……………………………........................................
4. Le vecteur vitesse……………………………………………..............................
5. Le vecteur accélération………………………………………………………….
EXERCICES 4.1 à 4.6………………………………………….......................
SOLUTION DES EXERCICES 4.1 à 4.6……………………………………
B. LE MOUVEMENT RECTILIGNE………………………………………..........
1. Le mouvement rectiligne uniforme……………………………………...............
2. Le mouvement rectiligne uniformément accéléré………………………………
3. Le mouvement rectiligne à accélération variable………………………………..
4. Le mouvement rectiligne sinusoïdal…………………………………….............
EXERCICES 4.8 à 4.13…………………………………………..................
SOLUTION DES EXERCICES 4.8 à 4.13…………………………………
C. LE MOUVEMENT PLAN………………………………………........................
1. Etude du mouvement en coordonnées polaires…………………………………
2. Les composantes normale et tangentielle de la vitesse et de l’accélération dans
le repère de Frenet……………………………………………………………………….
EXERCICES 4.14 à 4.21…………………………………………................
SOLUTION DES EXERCICES 4.14 à 4.21………………………………..
D. LE MOUVEMENT DANS L’ESPACE………………………………………...
1. Etude du mouvement en coordonnées cylindriques ……………………………
2. Etude du mouvement en coordonnées sphériques………………………………
EXERCICES 4.22 à 4.27…………………………………………................
SOLUTION DES EXERCICES 4.22 à 4.27………………………………
E. LE MOUVEMENT RELATIF………………………………………..................
1. Changement de repère……………………………………...................................
2. Vitesse relative de deux mobiles……………………………………..................
3. Conventions et symboles…………………………………….............................
4. Cas du mouvement de rotation………………………………………....................
EXERCICES 4.28 à 4.35…………………………………………................
SOLUTION DES EXERCICES 4.28 à 4.35………………………………..
V. LA DYNAMIQUE…………………………………………......................................
1. Principe d’inertie galiléen…………………………………….............................
2. La quantité de mouvement…………………………………................................
3. Les autres lois de Newton…………………………………….............................
4. Notion de force et loi de force……………………………………......................
5. Mouvement d’un projectile dans le champ de gravitation terrestre……………..
6. Loi de la gravitation universelle…………………………………………………
7. Forces de liaison ou forces de contact ...………………………………………..
8. Forces de frottement……………………………………………………………..
9. Les forces élastiques…………………………………………………………….
10. Les forces d’inertie ou pseudo forces…………………………………………..
11. Moment d’une force…………………………………………………………...
12. Le moment cinétique…………………………………………………………..
42
43
45
51
51
51
51
52
53
54
57
59
64
64
65
66
67
71
73
77
77
79
81
85
93
93
95
99
102
108
108
108
110
115
120
124
138
138
138
139
140
141
142
145
145
147
148
150
152
vi
EXERCICES 5.1 à 5.20……………………………………………………..
SOLUTION DES EXERCICES 5.1 à 5.20…………………………………
VI. TRAVAIL ET ENERGIE…………………………………………………………
1. Travail et Puissance……………………………………………………………..
2. Energie cinétique………………………………………………………………...
3. Les force conservatives ou dérivant d’un potentiel…………………………..….
4. Energie potentiel……………………...…………………………………………
5. Expression de champ de force conservative à partir de l’énergie potentielle dont
il dérive………………………………………………………………………………….
6. L’énergie mécanique……………………………………………………………
7. Collision de particules…………………………………………………………..
8. Discussion des courbes de l’énergie potentielle…………………………………
9. Forces non conservatives………………………………………………………..
EXERCICES 6.1 à 6.15……………………………………………………..
SOLUTION DES EXERCICES 6.1 à 6.15…………………………………
LEXIQUE DE TERMINOLOGIE FRANÇAIS-ARABE…………………………..
LEXIQUE DE TERMINOLOGIE ARABE-FRANÇAIS…………………………...
ANNEXES
1. Alphabet grec……….……………………………………………………………..
2. Gradient, divergence et Laplacien dans différentes coordonnées……………..
3. Formules de dérivation……………………………………………………………
4. Formules d’intégration……………………………………………………………
5. Quelques équations différentielles……………………………………………….
6. Formulaire trigonométrique……………………………………………………..
156
167
195
195
198
199
200
203
205
209
211
213
214
221
239
246
253
254
257
259
261
263
OUVRAGES…………………………………………………………………………. 265
9
Les incertitudes
B-I/ CALCUL DES INCERTITUDES
1/ La grandeur physique (
):
Une grandeur physique est tout ce qui prend, dans des conditions bien déterminées, une
valeur numérique définie qui peut varier (augmenter ou diminuer) si ces conditions elles
mêmes varient.
2/ Notion de mesure (-
./0 1) :
De la mesure de toute grandeur physique ne peut résulter qu’une valeur approchée et ce
pour les raisons suivantes :
- Les erreurs systématiques : Ce sont celles qu’entraîne l’emploi de méthodes ou
d’instruments imparfaits.
Dans toutes les mesures précises, les erreurs systématiques sont autant que possible
éliminées par un contrôle soigneux des instruments de mesure et, souvent aussi, par l’emploi
successif de différentes méthodes.
- Les erreurs accidentelles qui sont imputables à l’imperfection des sens de l’opérateur.
Ces erreurs peuvent être minimisées par le bon choix des méthodes de mesure appropriées,
des instruments perfectionnés et en s’exerçant à la pratique des mesures.
En résumé le résultat de toute mesure comporte une erreur !!
Quelque soit la précision de la mesure d’une grandeur X , nous n’obtenons qu’une
valeur approchée x . La différence entre la valeur exacte et la valeur approchée s’appelle
erreur absolue (?@A BAC ) qu’on désigne par x :
x = x - x0
(1.5)
Cette erreur est en général inconnue. Partant des caractéristiques de l’appareil utilisé et
de la méthode utilisée, nous pouvons toujours nous assurer que l’erreur commise ne dépasse
pas une valeur limite absolue connue sous le nom de incertitude absolue (
) de la
grandeur X .
x
x
(1.6)
Nous déduisons que la valeur exacte est comprise entre deux valeurs limites
connues : x
x et x + x .
Pour plus de précision, nous pouvons donner une définition mathématique à l’incertitude
absolue en suivant le raisonnement suivant :
Soit une grandeur X = f ( x, y, z ) où x, y et z représentent des grandeurs mesurables
comportant des incertitudes.
L’incertitude absolue de X , c'est-à-dire X , est matérialisée par la différentielle dX
telle que X dX .
Puisque le signe de l’erreur est inconnu il est tout à fait logique de prendre la valeur
absolue pour les différentielles.
f
f
f
dx + dy + dz
Sachant que dX =
x
y
z
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10
Les incertitudes
L’incertitude absolue
X de X s’écrit donc :
X
f
x
x+
f
y
y+
f
z
(1.7)
z
) d’une grandeur X le
Définition : On appelle incertitude relative (
rapport entre l’incertitude absolue et la valeur approchée, soit
module de la différentielle logarithmique :
X
, et elle est égale au
X
X dX
=
X
X
3/ Théorème des incertitudes (
(1.8)
):
Incertitude absolue d’une somme algébrique (
):
L’incertitude absolue d’une somme algébrique de nombres incertains est
égale à la somme arithmétique des incertitudes absolues de ces nombres.
Soit la somme algébrique : y = nu + pv qw + k où n, p et q sont des coefficients
constants et positifs, k une constante sans incertitude et u , v et w les incertitudes
absolues respectives de u , v
et
w . L’incertitude absolue de y est
y=n u+ p v+q w .
y = nu + pv - qw + k
y= n u+ p v+ q w
(1.9)
Important : Nous écrivons toujours le résultat d’une mesure sous la forme :
y0 = ( y ± y ) u
(1.10)
y0 : valeur exacte
y : valeur approchée
y : incertitude absolue u : unité de la grandeur
Exemple 1.6 : En déterminant la masse M par la méthode de la double pesée, on obtient
m1 = 12.762 g et m2 = 57.327 g . Sachant que l’incertitude absolue sur m1 et m2 est de
m = ±2mg , calculer M et M .
Réponse :
M = m2
m1
M = 44.565 g
M = m1 + m2 = 4mg = 0.004 g
Ainsi, le résultat s’écrit toujours sous la forme ci-dessous de telle façon que, le nombre de
chiffres significatifs après la virgule dans la valeur approchée, soit le même que dans
l’incertitude absolue.
M = (44.565 ± 0.004) g
Tandis que l’incertitude relative sur M est :
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11
Les incertitudes
0.004
M
=
M
44.565
M
= 9.10
M
5
ou
m1 + m2
M
=
M
m2 m1
M
= 9.10
M
5
L’incertitude relative d’un produit ou d’un quotient (
Nous devons distinguer deux cas :
)
Premier cas : grandeurs indépendantes.
Enoncé du théorème : L’incertitude relative d’un produit ou d’un quotient dont les
grandeurs sont indépendantes les unes des autres est égale à la somme arithmétique des
incertitudes relatives sur chaque terme.
Preuve mathématique :
n p
q
Soit le produit y = ku v w
où n, p et q sont des nombres réels et k une
constante connue avec exactitude ; les incertitudes absolues sur u , v et w sont
respectivement u , v et w .
Appliquons la fonction logarithmique aux deux membres de l’équation
log y = log ku n v p w
q
D’après les propriétés du logarithme nous pouvons écrire :
log y = log k + n log u + p log v
q log w
Ecrivons à présent la différentielle logarithmique et développons ensuite :
dy dk
du
dv
=
+n
+p
y
k
u
v
q
dw
w
Nous arrivons à l’expression de l’incertitude relative (après avoir changé le signe –
en signe +) et en prenant l’incertitude absolue des nombres :
y
u
v
w
=n
+ p
+q
y
u
v
w
(1.11)
Nous retiendrons la règle générale qui gère ce type de calcul :
- Remplacer tous les symboles di par i
- Changer le signe – par le signe +
- Prendre les grandeurs qui ne contiennent pas de en valeurs absolues
Deuxième cas : grandeurs dépendantes les unes des autres.
Soit
y=k
u v
(u + v )
t
En suivant la même démarche que précédemment nous obtenons :
log y = log k +
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log u + log v
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log ( u + v )
log t
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12
Les incertitudes
dy dk
=
+
y
k
du
+
u
dv
v
du
u+v
dv
u+v
dt
t
Factorisons tous les termes ayant le même di et changeons le signe – par le signe + :
dy dk
=
+ du
y
k
u
y
=
y
u
u+v
+ dv
u+v
u+
v
v
u+v
dt
t
u+v
v+
t
t
(1.12)
Exemple1.7 : Calculer l’incertitude relative puis l’incertitude absolue de l’énergie électrique
2
exprimée par la formule Q = RI t .
Réponse : selon le théorème de l’incertitude relative d’un produit ou d’un quotient, nous
pouvons écrire :
Q
R
I
t
=
+2
+
Q
R
I
t
Nous en déduisons l’expression de l’incertitude absolue sur Q :
R
I
t
Q =Q
+2
+
R
I
t
Q = RI 2t
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13
Les incertitudes
**
EXERCICES
Exercice 1.7
Pour mesurer l’épaisseur d’un cylindre creux on
mesure
les
diamètres
( D1 ) et
intérieur
extérieur ( D2 ) et on trouve :
D1 = (19,5 ± 0,1) mm , D2 = ( 26, 7 ± 0,1) mm
7.1
( D2 )
D2 = ( 26, 7 ± 0,1) mm
Soit à déterminer la masse volumique
( )
de la
substance d’un cube homogène à partir de la mesure
de sa masse
(m)
(a)
et de son arête
D1 = (19,5 ± 0,1) mm
.
Donner le résultat de la mesure et sa précision.
Exercice 1.8
( D1 )
:
( )
"! #
(m)
. Ecrire le
8.1
!
!
$
" !&. ( a )
.
résultat de la mesure.
Exercice 1.9
La densité ( ) d’un corps solide par application
Où
m2
m3
=
du théorème d’Archimède est :
(
m1
m1
masses effectuées, successivement, avec la même
balance. Trouver l’incertitude relative sur .
"
Exercice 1.10
Calculer l’incertitude relative sur la mesure de la
capacité
(C )
d’un condensateur équivalent à deux
condensateurs montés :
a/ en parallèle b/ en série
précisions sur
( C1 ) et ( C2 ) .
Exercice 1.11
Soit l’expression :
µ=
2
m
Calculer l’incertitude absolue sur
incertitudes absolues
m
,
2
m)
:7
,
m1
en fonction des
1
, m2 , m1 .
.$' 01
. 3
7
"!
+
8* ;
µ=
1
µ
/
5
y = y0 .e
wt
Calculer l’incertitude absolue sur
incertitudes absolues
A.FIZAZI
'!
m1
: &
m1
2' m3 , m2 , m1 .
4
2
* 2!
. 6 *
m2 (
*
" 8 " &
4'! 1 ! 4'! ( C )
2
/" : 4 /
. ( C2 ) ( C1 )
2! 7
m
2
m
)
11.1
m1 : # *
!
1
8* µ 7
)
"
. m , 2 , 1 , m2 , m1
Exercice 1.12
Soit la relation :
9.1
10.1
, et cela en fonction des
m2 (
m2
m3
=
m1 , m2 , m3 sont les résultats de trois mesures de
( )
)* * "+ ,
%
8
" &
/* 8
12.1
.
y en fonctions des
, t , y0 .
y = y0 .e
8*
;
y 7
.
Univ-BECHAR
)
y0 , t , ,
wt
: $ 789:
" 8 " &
/* 8
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14
Calcul des incertitudes
Corrigés des exercices 1.7 à 1.12:
12.1
7.1
Exercice1.7 :
Calculons d’abord l’épaisseur du cylindre : e =
D2
L’incertitude absolue sur l’épaisseur est donc :
D1
; e=3,6mm
2
D2 + D1
;
2
e=
e = ±0,1mm
Ecrivons le résultat de la mesure : e = ( 3, 6 ± 0,1) mm
Nous en déduisons l’incertitude relative :
e 0,1
=
3, 6
e
e
= 0, 03 = 3%
e
Exercice 1.8 :
m m
= 3
=3,041g/cm3
V a
Nous déduisons l’incertitude absolue de l’incertitude relative :
=
Calcul de la masse volumique :
=
m
a
+3
m
a
m
a
+3
m
a
=
0, 02 g / cm3
= 0, 0063 = 6,3 0 / 00
D’où l’incertitude relative :
= ( 3, 04 ± 0.02 ) g / cm3
Ecriture du résultat de la mesure :
Remarque importante :
Le nombre des chiffres significatifs conservés dans un résultat ne doit jamais impliquer
une précision supérieure à celle des données.
Un calcul ne peut qu’aboutir à un résultat dont l’incertitude sera au moins égale à celle de
la donnée la moins précise.
Exercice 1.9 :
m2
m3
=
Nous avons l’expression :
m1
m1
Remarquons que les trois masses sont dépendantes.
Appliquons la fonction logarithmique aux deux membre de l’équation :
log = log ( m2
m1 ) log ( m3
m1 )
Passons à la différentielle logarithmique :
d
Développons :
Factorisons :
A.FIZAZI
d
d
=
=
dm2
m2 m1
= dm1
d ( m2 m1 ) d ( m3 m1 )
m2 m1
m3 m1
dm3
dm1
dm1
+
m2 m1 m3 m1 m3 m1
1
m3
1
m1
m2
m1
Univ-BECHAR
+
dm2
m2 m1
dm3
m3 m1
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15
Calcul des incertitudes
Passons à présent aux incertitudes relatives, en remplaçant di par
signe ( ) des facteurs communs par le signe ( + ) ,
i et en changeant le
et
en
supposant
m1 = m2 = m3 = m (puisque nous utilisons la même balance). Il vient :
= m
1
1
m3
m1
=
2 m
m3 m1
Nous obtenons à la fin :
m2
m1
+
m
m
+
m2 m1 m3 m1
Exercice 1.10 :
a/ Groupement en parallèle :
La capacité du condensateur équivalent à deux condensateurs montés en parallèle est
donnée par la formule : C = C1 + C2 .
Appliquons la fonction logarithmique aux deux membres de l’équation puis passons à la
différentielle logarithmique :
log C = log ( C1 + C2 )
dC1
dC2
dC
=
+
C C1 + C2 C1 + C2
L’incertitude relative est donc :
C1
C2
C
=
+
C C1 + C2 C1 + C2
C
C1
C2
C2
C
= 1
+
C
C1 C1 + C2
C2 C1 + C2
b/ Groupement en série :
La capacité du condensateur équivalent à deux condensateurs montés en série est donnée
par la formule :
C1
C2
C
1 1
1
=
+
C C1 C2
C=
C1C2
C1 + C2
Appliquons la fonction logarithmique aux deux membres de l’équation puis passons à la
différentielle logarithmique :
log C = log
C1C2
C1 + C2
log C = log C1 + log C2
log ( C1 + C2 )
L’incertitude relative est donc :
dC dC1 dC2
=
+
C
C1
C2
Factorisons :
dC
1
= dC1
C
C1
dC1
C1 + C2
dC2
C1 + C2
1
1
+ dC2
C1 + C2
C2
1
C1 + C2
L’expression précédente peut être écrite sous la forme :
C1
dC
C2
dC dC1
=
1
+ 2 1
C
C1
C1 + C2
C2
C1 + C2
Finalement l’incertitude relative demandée est :
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Calcul des incertitudes
C1
C1
C2
C2
C
1
1
=
+
C
C1
C1 + C2
C2
C1 + C2
Exercice 1.11 :
Ecrivons l’expression donnée sous la forme : µ + m1 =
m2 (
m
2
m
)
1
En introduisant la fonction logarithmique dans les deux membres de l’équation nous
obtenons :
log ( µ + m1 ) = log m2 + log (
2
m
)
log (
m
1
)
La différentielle logarithmique de l’expression précédente est :
d ( µ + m1 ) dm2
d m
d m
d 2
d 1
=
+
+
µ + m1
m2
2
2
1
1
m
m
m
m
d m
d m
dm1
dm2
d 2
d 1
µ
d
Ou bien :
=
+
+
+
µ + m1
µ + m1 m2
2
2
1
1
m
m
m
m
C'est-à-dire :
µ + m1
µ + m1
µ + m1
µ + m1
µ + m1
µ + m1
d µ = dm1
+ dm2
+d 2
d m
d m
+d 1
µ + m1
m2
2
2
1
1
m
m
m
m
Et en fin, l’incertitude absolue demandée est :
µ + m1
µ = + m1 + m2
m2
+
2
µ + m1
2
+
µ + m1
m
2
m
+
µ + m1
m
+
1
m
1
µ + m1
m
1
Exercice 1.12 :
Après introduction de la fonction logarithmique dans les deux membres de l’équation
t
nous obtenons : log y = log y0 + log e
Sa différentielle est :
log y = log y0 + log e t
log y = log y0
d ( log y ) = d ( log y0 ) d ( t )
Posons X =
t
dX d
=
X
+
dt
t
dX = X
t
d
+
dt
t
D’où :
dy dy0
=
y
y0
t
d
+
dt
t
On passe à l’incertitude relative pour en déduire l’incertitude absolue :
y
y
= 0+ t
y
y0
A.FIZAZI
+
t
t
y= y
Univ-BECHAR
y0
+t
y0
+
t
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Rappel sur le calcul vectoriel
II/ RAPPEL SUR LE CALCUL VECTORIEL
$ $ $ $ !$ $ $
1/ GRANDEUR SCALAIRE(
$ $%&$
)
Une grandeur scalaire est toujours exprimée par une valeur numérique suivie de l’unité
correspondante.
Exemple : le volume, la masse, la température, la charge électrique, l’énergie…
)
2/ GRANDEUR VECTORIELLE(
On appelle grandeur vectorielle toute grandeur qui nécessite un sens, une direction, un
point d’application en plus de sa valeur numérique appelée intensité ou module.
Exemple : le déplacement, la vitesse, la force, le champ électrique…
3/ REPRESENTATION GRAPHIQUE D’UN VECTEUR (
Un vecteur est représenté par un segment orienté (figure2.1).
):
V : représente le vecteur (avec ses quatre caractéristiques).
V = V = V : représente le module ou l’intensité du vecteur.
V
O
Fig 2.1: représentation d’un vecteur
): c’est un vecteur de module égal à l’unité (le
4/ LE VECTEUR UNITAIRE (
nombre un).
On peut exprimer un vecteur parallèle au vecteur unitaire sous la forme :
V = uV = V u
(2.1)
u
V
O
Fig 2.2: vecteur unitaire
:
5/LA SOMME GEOMETRIQUE DES VECTEURS (
)
Cette opération fait appel au dessin, c’est pour cette raison qu’on la qualifie de
géométrique.
La somme de deux vecteurs : c’est une opération commutative.
On calcule le module du vecteur résultant à partir de la loi des cosinus (
que nous démontrerons plus tard :
D = V12 + V2 2
A.FIZAZI
2VV
cos
1 2
Univ-BECHAR
!
" #)
(2.2)
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18
Rappel sur le calcul vectoriel
V2
V2
V
V
V = V1 + V2
V = V2 + V1
V1
V1
Pour déterminer la direction de V , il suffit de chercher la valeur de l’angle
(figure 2.4). Raisonnons à partir du triangle ACD de la figure 2.5 :
sin
sin
=
=
CD CD
=
AC
V
V
V
= 2
sin
sin
CD CD
=
BC V2
(2.3)
= V 2 .sin
V .sin
C
V2
V
E
0
A
V1
B
D
De même dans le triangle BEC nous avons :
sin
sin
A.FIZAZI
BE
BC
BE
=
AB
=
V2
V
= 1
sin
sin
Univ-BECHAR
V2 .sin
= V1.sin
(2.4)
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19
Rappel sur le calcul vectoriel
De (2.3) et (2.4) nous pouvons en déduire la formule générale (2.5), appelée loi des sinus
" #):
(!
V
V
V
= 1 = 2
sin
sin
sin
(2.5)
V2
V1
La somme géométrique de plusieurs vecteurs : (voir figure2.5)
Cas particulier : Si
2
=
2
alors V = V1 + V2
2
et tan
=
V = V1 + V2 + V3 + V4 + V5
V
V3
V2
V4
V5
V1
O
Fig 2.5: Somme de plusieurs vecteurs
La soustraction de deux vecteurs : ("
' ( ) figure 2.6
Géométriquement, le vecteur D représente le résultat de la soustraction entre les deux
vecteurs V2 et V1 . Nous pouvons écrire : D = V2 V1
Cette équation peut aussi s’écrire : D = V2 + ( V1 )
La soustraction de vecteurs est anticommutative, c’est ce qui ressort de la figure 2.6 :
D'=
D
Le module du vecteur D :
D = V12 + V2 2
A.FIZAZI
2VV
cos
1 2
Univ-BECHAR
(2.6)
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20
Rappel sur le calcul vectoriel
6/ COMPOSANTES D’UN VECTEUR (
) % ):
Chaque vecteur peut être considéré comme étant la somme de deux vecteurs ou plus (le
nombre de possibilités est illimité).
Dans le plan, soit le repère R (O; i , j ) :
En coordonnées rectangulaires : on décompose le vecteur V suivant l’axe des X et
l’axe des Y, comme indiqué sur la figure2.7.
Y
V
Vy
V = Vx + Vy
V x = V cos
V y = V sin
u
j
O
i
X
Vx
Fig 2.7: Composantes d’un vecteur
En désignant les deux vecteurs unitaires i et j , respectivement dans les directions des
deux axes OX et OY, nous pouvons écrire :
Vx = i .Vx , Vy = j .Vy
;
V = Vx + Vy ; V = i .Vx + j .Vy ;
V = i .V cos + j .V sin
(2.7)
V = V (i .cos + j .sin )
Or V = u .V , d’où :
A.FIZAZI
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21
Rappel sur le calcul vectoriel
u = i .cos + j .sin
2
Quant à la norme du vecteur V , elle vaut : V = V x + V y
(2.8)
2
En utilisant les coordonnées x et y nous pouvons aussi écrire : V = x 2 + y 2
Exemple 2.1 : Trouver la résultante des deux vecteurs V1
x1
x
; V2 2
y1
y2
dans le repère
R (O ; i , j ) .
Réponse :
; V = i ( x1 + x2 ) + j ( y1 + y2 ) D V = ( x1 + x2 ) 2 + ( y1 + y2 ) 2
V = V1 + V2
Exemple 2.2 : Trouver la différence des deux vecteurs V1
x1
x
; V2 2
y1
y2
dans le repère
R (O ; i , j ) .
Réponse :
V = V1 V2
; V = i (x 1
x 2 ) + j ( y1
V = ( x1
y2 )
x2 )2 + ( y1
y2 ) 2
Dans l’espace : dans le repère R (O; i , j , k ) (base orthonormée), nous remarquons
que V = V x + V y + V z
V = i .Vx + j .V y + k .Vz . (figure 2.8)
Z
Vz
r
k
i
V
j
Vy
Y
Vx
X
Fig 2.8: composantes d’un vecteur
Nous pouvons nous assurer géométriquement que :
A.FIZAZI
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22
Rappel sur le calcul vectoriel
cos =
sin =
cos =
sin =
Vz
r
Vz = r.cos
= r.sin ;
r
Vx
Vy
Vx = .cos
Vx = r.sin .cos
Vy = .sin
Vy = r sin .sin
En résumé :
V x = V sin . cos
(2.9)
V y = V . sin . sin
V z = V . cos
Quant au module du vecteur V il est égal à : V = Vx 2 + V y 2 + Vz 2
Ou en coordonnées cartésiennes : V =
x2 + y2 + z 2
Remarque : En notant par et
les angles respectifs formés par le vecteur V
avec les axes OX et OY , et de la même façon que nous avons obtenu l’équation
2.9, il vient :
Vx = V .cos
, Vy = V .cos
(2.10)
, Vz = V .cos
Nous pouvons en déduire l’expression :
cos 2
+ cos 2
+ cos 2
(2.11)
=1
Exemple 2.3 : Trouver la distance qui sépare les deux points A (10, 4, 4 ) u
et
B (10,6,8 ) u , représentés dans le repère rectangulaire R (O ; i , j , k ) , avec u = unité .
Réponse :
En représentant les deux points dans le repère, on se rend compte que la distance
demandée n’est autre que le module du vecteur D , qui est la différence entre les deux
vecteurs : D = V2 V1
Soit :
D = i ( x2
x1 ) + j ( y 2
y1 ) + k ( z 2
z1 )
D = ( x2
D = i (0) + j (10) + k (4)
A.FIZAZI
x1 ) 2 + ( y 2
y1 ) 2 + ( z 2
z1 ) 2
D = 116 = 10.77u
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Rappel sur le calcul vectoriel
Exemple 2.4 : Trouver la résultante des cinq vecteurs suivants :
V1 = (4i
3 j ) u;V2 = ( 3i + 2 j ) u; V3 = (2i
Réponse :
V = (4 3 + 2 + 7 + 9)i + ( 3 + 2 6 8 + 1) j
6 j )u;V4 = (7i
8 j )u;V5 = (9i + j )u
V = 19i 14 j
V = 361 + 196 = 23.60u
Vy
Pour trouver la direction du vecteur V , nous partons de l’expression tan =
,
est
Vx
l’angle formé par le vecteur V et l’axe OX :
= 14
tan
36,38°
0,737
19
7/ LE PRODUIT SCALAIRE (
*
):
Définition : On appelle produit scalaire de deux vecteurs V1 et V2 le nombre réel
V1 .V2
: V1.V2 = V1.V2 .cos(V1.V2 )
Ou V1.V2 =
1
V 1 + V2
2
2
V1
2
(2.12)
V2
2
(2.13)
Cas particulier :
Si V1 = 0 ou V2 = 0 , alors V1 .V2 = 0
Si V1
0 et V2
0 , alors :
V1
V2
V1 // V2
(V1 , V2 ) =
cos = 0 V1.V2 = 0
2
2
(V1 ,V2 ) = 0 cos 0 = 1 V1.V = V1V2
Exemple:
Le travail de la force F qui provoque un déplacement AB est donné par la
formule W = F . AB. cos tel que = ( F ; AB) (on lit W est le produit scalaire de
F par AB ), on écrit :
W = F . AB
W=F.AB.cos
Démontrons à présent la relation (2.2) comme nous l’avons promise :
2
2
2
2
V = V1 + V2 ; V = V1 + V2 + 2V1V2 ; V 1 = V1.V 1 = V1V1 cos(V 1V 1 ) = V12 ;
V 2 = V12 + V2 2 + 2VV
1 2 cos(V 1V 2 )
V = V12 + V2 2 + 2V1V2 cos(V 1V 2 )
Expression analytique du produit scalaire ( LM N OPM QRMRM S TU )
Dans le plan(+
, ) : Soit les deux vecteurs V1 et V2 contenus
dans le plan, tel que :
x
x
V1 1 ; V2 2
y1
y2
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Rappel sur le calcul vectoriel
Dans le repère
R (O ; i , j )
V1.V2 = ( x1.i + y1. j ) .( x2 .i + y2 . j ) = x1.x2 .i .i + x1. y2 .i . j + x2 . y1. j .i + y1. y2 . j . j
i
j .i = i . j = 0
j
V1.V2 = x1.x2 + y1. y2 .
(2.14)
i .i = j . j = i 2 = j 2 = 1
Dans l’espace (* -.
,) :
Soit les deux vecteurs V1 et V2 dans le repère R (O ; i , j ; k )
i . j = i .k = j .k = 0
i = j = k =1
x1
x2
V1 y1
z1
; V2 y2
z2
V1 .V2 = x1 .x2 + y1 . y2 + z1 .z2
(
(2.15)
/0 12) :
Propriétés du produit scalaire (
*
Commutatif (
) V 1 .V 2 = V 2 .V 1
Non associatif (
:
)
3): V1. V2 .V3 n’existe pas car le résultat serait un vecteur.
Distributif ( XYZ ) par rapport à la somme vectorielle :
(
)
V1. V2 + .V3 = V1.V2 + V1.V3
Exemple 2.5 : Calculer l’angle compris entre les deux vecteurs : V 1 = 3i + 2 j
k
et V 2 = i + 2 j + 3k .
Réponse :
Partant de l’expression du produit scalaire, on peut écrire :
cos(V 1V 2 ) =
V1 .V 1
V1V2
Donc :
V1.V 1 = 3 + 4 3 = 2 ; V1 = 9 + 4 + 1 = 3,74 ; V2 = 1 + 4 + 9 = 3,74
cos(V 1V 2 ) =
2
V1.V 1
=
= 0,143
V1V2 14
= (V 1V 2 ) = 96,2°
8/ LE PRODUIT VECTORIEL (
*
):
Définition : On appelle produit vectoriel de deux vecteurs V1 et V2 le vecteur W
perpendiculaire au plan qu’ils constituent.
Nous écrivons par convention : W = V1 V2 = V1 × V2
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Rappel sur le calcul vectoriel
W
V1
O
V2
W
Fig 2.9: produit vectoriel
caractéristiques du vecteur W (
)4 )
W est perpendiculaire au plan formé par les deux vecteurs, son sens est déterminé
par la règle de la main droite (l’index indiquant W ), son module est donné par la
formule 2.16 :
W = W = V1.V2 .sin(V1.V2 )
Important :
i
i = j
j =k
i
j =k ;i
i
j = i
(2.16)
k =0
k = j ;j
k = j
k =i
k =1
Remarque : la grandeur W = W = V1 .V2 .sin(V1 ;V2 ) représente l’aire du parallélogramme
formé par les deux vecteurs, ce qui laisse sous entendre la possibilité de lier un vecteur à une
certaine surface.
Méthode utilisée pour calculer le produit vectoriel de deux vecteurs :
x1
x2
V1 y1 ; V2 y 2
z1
z2
En utilisant les coordonnées cartésiennes dans le repère R (O ; i , j , k ) , on peut écrire :
+i
j
W = x1
y1
z1 = i
x2
y2
z2
W = ( y1 z2
+k
y2 z1 ) i
y1
z1
y2
z2
(x z
1 2
j
x1
z1
x2
z2
x2 z1 ) j + ( x1 y2
+k
x1
y1
x2
y2
x2 y1 ) k
Le module du vecteur est donné par l’expression :
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Rappel sur le calcul vectoriel
(y z
W=
y2 z1 ) + ( x1 z2
2
1 2
x2 z1 ) + ( x1 y2
x2 y1 ) = V1 .V2 .sin(V1 ,V2 )
2
2
Propriétés du produit vectoriel (
N OP ]^ _`)
Anticommutatif ( ) V1 V 2 = V 2 V1
Non associatif (
Distributif (
(V
3): V1
2
V3
) (V
1
V2
)
(2.17)
V3
4 ) par rapport à la somme vectorielle :
(V + V ) = (V
V1
2
3
1
) (
V2 + V1 V3
)
Exemple 2.6 : Calculer le vecteur W , produit des deux vecteurs : V1 = (2,1, 1) et
V2 = (1, 0, 2) , en déduire l’angle
Réponse :
W = [ (1 × 2 ) (0 × 1)].i
(2 ×
compris entre eux.
2) (1 × 1) . j +
( 2 × 0)
(1 × 1) .k
W = 2i + 3 j
k
V1 = 22 + 12 + 12 = 6
V2 = 12 + 0 + 2 2 = 5
W = 22 + 32 + 12 = 14 = 3,74
3,74
W
sin =
= 0,683
W = V1.V2 .sin = 3,74 sin =
V1.V2
30
9/ LE PRODUIT MIXTE (( 2
= 43,06°
):
*
Le produit mixte de trois vecteurs V 1 , V 2 et V 3 est la quantité scalaire définie par :
(
V1. V2
x1
V3 = x2
x3
)
y1
y2
y3
z1
z2 = ( y2 z3
z3
y3 z2 ) x1
( x2 z3
x3 z2 ) y1 + ( x2 y3
x3 y2 ) z1
(2.18)
10/ MOMENT D’UN VECTEUR PAR RAPPORT A UN POINT DE L’ESPACE
(* -. " (
4 )
Définition : Le moment d’un vecteur par rapport à un point de l’espace est le
vecteur défini par :
! O = OA V
(2.19)
Remarque :
! O = au double de l’aire du triangle AOB . (Figure2.10-a-)
11/ MOMENT D’UN VECTEUR PAR RAPPORT A UN AXE
(UZ
L Q b c d ef )
Première définition : Le moment d’un vecteur par rapport à un axe est égal à la
projection de ce vecteur par rapport à un point quelconque de cet axe.
A.FIZAZI
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Rappel sur le calcul vectoriel
Deuxième définition : Le moment du vecteur V par rapport à un axe " ,
d’origine O et de vecteur unitaire u , est égal au produit mixte :
(
)
! " = ! O .u = OA V .u
(2.20)
Remarque : Le moment d’un vecteur par rapport à un axe est une grandeur
scalaire, par contre le moment d’un vecteur par rapport à un point de l’espace est
un vecteur (Figure2.10-b-)
!"
!O
!O
u
O
!"
O
B
! O'
B
O'
(")
V
A
V
A
12/GRADIENT, DIVERGENCE ET ROTATIONNEL (i UjO j O
S klUOS ) :
Définitions :
On dit que la fonction f ( x, y, z ) est un champ scalaire si la fonction f ( x, y, z )
est un scalaire.
On dit que la fonction V ( x, y, z ) est un champ vectoriel si la fonction est
vectorielle.
On définit l’opérateur ( mnL ) différentiel vectoriel #(nabla ) par :
#=
$
$
$
i +
j+ k
$x
$y
$z
(2.21)
Où :
$ $
$
,
et
sont respectivement les dérivées partielles par rapport à x, y et z .
$x $y
$z
Nous allons définir le gradient, la divergence et le rotationnel à l’aide de cet
opérateur.
A.FIZAZI
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Rappel sur le calcul vectoriel
LE GRADIENT (lUOS ):
Si f ( x, y, z ) est une fonction scalaire, son gradient est un vecteur défini comme
étant :
$f
$f
$f
grad f = #( f ) =
i+
j+ k
(2.22)
$x
$y
$z
Exemple 2.7 : Calculer le gradient de la fonction f ( x, y, z ) = f = 3 x y z .
2
3
Réponse : grad f = 6 xy 3 z.i + 9 x 2 y 2 z. j + 3x 2 y 3 .k
LA DIVERGENCE (O S ):
Si V = (V x ,V y ,V z ) est une fonction vectorielle, sa divergence est un scalaire défini
comme étant :
divV = #.V =
$Vx $Vy $Vz
+
+
$x
$y
$z
(2.23)
Exemple 2.7 : Calculer la divergence de la fonction vectorielle
V ( x, y, z ) = 2 xyi
Réponse : divV = 2 y
3 yz 2 j + 9 xy 3 k
3z 2 + 0 = 2 y 3z 2
LE ROTATIONNEL (i UjO ):
Si V = (V x ,V y ,V z ) est une fonction vectorielle, son rotationnel est un vecteur
défini comme étant :
rot (V ) = # V =
$Vz
$y
$Vy
$z
.i
$Vy
$Vx
.j +
$z
$x
$Vz
$x
$Vx
.k
$y
(2.24)
Démarche à suivre :
a/ Etablir la matrice suivante :
rotV =
+i
j
$
$x
Vx
$
$y
Vy
+k
$
= A+ B +C
$z
Vz
b/ Pour calculer A, B, C il suffit de se rappeler de la règle du produit vectoriel :
A.FIZAZI
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Rappel sur le calcul vectoriel
+i
$
$y
Vy
A=
$
$Vz
= +i
$z
$y
Vz
$Vy
$z
-j
B=
$
$x
Vx
$
$Vz
= -j
$z
$x
Vz
$Vx
$z
k
C=
$
$x
Vx
$
$y
Vy
$Vy
$x
= +k
$Vx
$y
c/ On arrive à l’expression finale (2.24) :
+i
j
$
$x
Vx
$
$y
Vy
+k
$Vz
$
= +i
$z
$y
Vz
$Vy
$z
-j
$Vz
$x
$Vx
$Vz
+k
$z
$x
$Vx
$z
Exemple 2.7 : Calculer le rotationnel du vecteur :
V ( x, y, z ) = 2 xyi 3 yz 2 j + 9 xy 3 k
Réponse :
(
rot (V ) = ( 27 xy
rot (V ) = 27 xy 2
2
)
6 yz ) .i
6 yz .i
(9 y 3
0). j + (0 2 x).k
9 y3 j
2 xk
13/ LE LAPLACIEN (" 5 6) :
Définitions :
En coordonnées cartésiennes :
Le Laplacien d’une fonction scalaire est égal à la divergence de son
gradient :
#.# ( f ) = # 2 ( f ) =
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
$2 f $2 f $2 f
+
+
$x 2 $y 2 $z 2
(2.25)
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30
Rappel sur le calcul vectoriel
Le Laplacien d’une fonction vectorielle est égal à la divergence de son
gradient :
$ 2Vy
$ 2 Vx
$ 2Vz
i+
j+ 2 k
#.# V = # (V ) =
$x 2
$y 2
$z
( )
2
(2.26)
REMARQUE
Vous trouverez, à la fin de ce document en annexe, un formulaire regroupant le
gradient, la divergence, le rotationnel et le laplacien dans les différentes coordonnées :
cartésiennes, cylindriques et sphériques.
A.FIZAZI
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31
Rappel sur le calcul vectoriel
**
EXERCICES
.
! ! "#$
Exercice 2.1
On considère , dans un repère orthonormé OXYZ,
les
trois
V1 = 3i 4 j + 4k ,
vecteurs :
j + 3k .
V2 = 2i + 3 j 4k et V3 = 5i
a/ calculer les modules de V 1 & V 2 et V 3 ,
b/ calculer les composantes ainsi que les modules des
A = V1 +V 2 +V 3
vecteurs :
B = 2V 1 V 2 + V 3 ,
c/
déterminer
le
vecteur
unitaire
et
porté
par
d/ calculer le produit scalaire V 1 .V 3
l’angle formé par les deux vecteurs.
e/ calculer le produit vectoriel V 2
et en déduire
V3.
Exercice 2.2
Montrer que les grandeurs de la somme et de la
Ax
Bx
différence de deux vecteurs A = Ay et B = B y
Az
Bz
exprimées en coordonnées rectangulaires
sont
respectivement :
(A
D=
(A
+ Bx ) + ( Ay + By ) + ( Az + Bz )
2
2
x
x
Bx ) + ( Ay
By ) + ( Az
2
2
Exercice 2.3
Trouver la
sommes
V1 = 5i 2 j + 2k
2
des
Bz )
2
B = 2V 1 V 2 + V 3
D!E
F;GHG,)
A = V1 +V 2 +V 3
I ?);,)
J '
7+E
/C
trois
2
Exercice 2.4
a/ Montrer que la surface d’un parallélogramme est
sont
les côtés du
parallélogramme formé par les deux vecteurs .
b/ Prouver que les vecteur
2.2
7+E k, l$m,)
J;G G,) f)T g hQ 7 igHj
B +-) ?n S GROE $% G,)
A et B
Bx
Ax
B = By
A = Ay
Bz
Az
: Go ",); ,) D!E *!+p >G,)
S=
( Ax + Bx )
D=
( Ax
2
+ ( Ay + By ) + ( Az + Bz )
2
Bx ) + ( Ay
2
By ) + ( Az
2
2
Bz )
2
1/ 2
1/ 2
3.2
vecteurs :
V2 = 3i + j 7k
B tels que A et B
*: )M,) N O PQ - V 1 .V 3 "G!>,) L) ,) =>?@ /K
. GRO+S IT;UHG,)
V2 V3
/
1/ 2
Calculer le module de la résultante ainsi que les angles
qu’elle forme avec OY , OX et OZ .
A.FIZAZI
$% & OXYZ
! "#
2 V1 = 3i 4 j + 4k :*+, ,) *-./,) * '()
. V3 = 5i j + 3k 2 V2 = 2i + 3 j 4k
. V 3 V 2 & V 1 7 89 *!:;< =>?@ /)
* '() B.:;<
B %9$ =>?@ /A
1/ 2
2
V3 = 4i + 7 j + 6k .
A
1.2
C = V1 +V 3
C = V1 +V 3,
S=
%& '( :
:
2
V2 = 3i + j 7k
V1 = 5i 2 j + 2k 2
. V3 = 4i + 7 j + 6k
t R OUj " ,) :) M,) *!UHG,) *!:;< =>?@
. OZ OY , OX 7 89
"o J.v() fw);
fw); " !v B
sont
Univ-BECHAR
:4.2
*? > h@ 7o$S /)
A x+? A B
.7+E k,) 7 8ykG,) J.v()
LMD1/SM_ST
32
Rappel sur le calcul vectoriel
perpendiculaires si
Exercice 2.5
Soit le vecteur :
(
D!E :K;GE h;y: A J k,) h@ 7o$S /A
A + B = A B *|. ,) }ggHj )~Q B J k,)
A+ B = A B
5.2
) (
) (
)
V = 2 xy + z 3 i + x 2 + 2 y j + 3 xz 2
Montrer que
grad
V =
2 k
V =0
(
) (
:J k,) h 9 )~Q
) (
V = 2 xy + z i + x + 2 y j + 3 xz 2
3
grad
2
V = 0 h@ 7o$S
V =
Exercice 2.6
1
Soient les deux vecteurs
A=
6.2
2
, B=
)
2 k
2
3
B=
4
1
3
;
A=
h E k,) 7y+,
4
Trouver ,
pour que B soit parallèle à A , puis
déterminer le vecteur unitaire pour chacun des deux
vecteurs.
- & A J k,) B J k,) fw);: x+HS , 7+E
. GRO 8y, *g#);G,) I ?);,) "E ' 7+E
Exercice 2.7
La résultante de deux vecteurs a 30 unités de long et
forme avec eux des angles de 25° et 50°.
Trouver la grandeur des deux vecteurs.
7.2
tOUj I ? 30 R,;< 7+E ' *!UH
.50° 25° 7+ : )w
.7+E k,) *!:;< ‚ @
A.FIZAZI
GR
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
33
Rappel sur le calcul vectoriel
Corrigés des exercices 2.1 à 2.7 :
7.2
1.2
Exercice2.1 :
a/ V1 = 6, 40
V2 = 5,38
,
b/ A = 10i 2 j + 3k
,
c/ C = 8i 5 j + 7k
C
= uc
C
B = 9i 15 j + 15k
V 1.V 3 = x1 x3 + y1 y3 + z1 z3
d/
cos
e/ V2
=
V 1.V 3
V1V3
cos
V 3 = 5i
V3 = 5, 91
,
uc =
8
i
35
5
7
j+
k
35
35
V 1.V 3 = 15 + 4 + 12 , V 1.V 3 = 31
=
31
31
=
, cos
41. 35 37,88
= 79,86°
0,176
26 j 17 k
Exercice2.2 :
Ax
A = Ay
Bx
B = By
;
Az
Bz
S = A + B = ( Ax + Bx ) i + ( Ay + By ) j + ( Az + Bz ) k
S=
( Ax + Bx )
2
D = A B = ( Ax
D=
( Ax
+ ( Ay + By ) + ( Az + Bz )
2
Bx ) i + ( Ay
Bx ) + ( Ay
2
2
By ) j + ( Az
By ) + ( Az
2
Bz )
2
1/ 2
Bz ) k
1/ 2
Exercice2.3 :
V = V 1 + V 2 + V 3 , V = 6i + 6 j + k
Vx = V .cos
Vy = V .cos
Vz = V .cos
Vx
6
=
, cos
V 8,54
Vy
6
, cos
cos = =
V 8,54
V
1
cos = z =
, cos
V 8,54
cos
=
V
8, 54
0,70
45, 6°
0,70
45, 6°
83,1°
0,70
Exercice2.4 :
a/ surface du parallélogramme : S = h. B
On remarque sur la figure que : h = A sin
Donc : S = A B sin
A.FIZAZI
A
h
h
B
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
34
Rappel sur le calcul vectoriel
On en déduit que : S = A B = A B sin
Rappelons-nous que la surface d’un triangle de côtés A et B est égale à :
S0 =
1
1
A B = A B sin
2
2
b/ soient les deux vecteurs :
Ax
Bx
B = Ay
A = By
;
Az
A+ B =
( Ax + Bx )
A B =
( Ax
2
Bz
+ ( Ay + By ) + ( Az + Bz )
2
Bx ) + ( Ay
By ) + ( Az
2
2
Bz )
2
2
1/ 2
1/ 2
En égalisant les deux dernières expressions, et en développant nous arrivons au résultat :
Ax Bx + Ay By + Az Bz = 0 , qui n’est autre que le produit scalaire A.B = 0
A B.
( )
Exercice2.5 :
Ecrivons les deux expressions des deux vecteurs :
x
=
2 xy + z 3
V = x2 + 2 y
y
2 xz 2 2
z
En calculant le produit vectoriel de ces deux vecteurs nous trouvons que le résultat est
zéro :
i
V=
-j
x
2 xy + z 3
k
y
z
x2 + 2 y
2 xz 2 2
=0
Exercice2.6 :
Pour que les deux vecteurs A et B soient parallèles il faut que la relation B = . A soit
vérifiée, avec constante.
Partant de cela on peut écrire :
2
B
=A
B
=
3
1
=
4
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
35
Rappel sur le calcul vectoriel
On en déduit la valeur de
2
=1
3
4
et par la suite les valeurs de
et
:
=2
2
=
=
= 1, 5
B=
1
3
;
4
=2
1,5
A=
2
On s’assure des deux résultats en calculant A B = 0
Les vecteurs unitaires correspondant à chacun des deux vecteurs A et B sont :
A = i 1, 5 j + 2k
A
= uA
A
B = 2i 3 j + 4k
B
= uB
B
uA =
1
i
7, 25
uB =
2
i
29
1,5
2
j+
k
7, 25
7, 25
3
4
j+
k
29
29
Exercice2.7 :
Des données nous pouvons en déduire que l’angle entre les deux vecteurs est :
180 ( 25 + 50 ) = 105°
Appliquons la formule 2.9 pour trouver les deux composantes :
Vy
Vx
V
=
=
sin105° sin 50 sin 25
Vx
V
sin 50
=
Vx =
V
Vx = 23,8
sin105° sin 50
sin105°
Vy
V
=
sin105° sin 25
A.FIZAZI
Vy =
sin 25
V
sin105°
Univ-BECHAR
Vy = 13,1
LMD1/SM_ST
Principaux systèmes de coordonnées
36
III/ PRINCIPAUX SYSTEMES DE COORDONNEES
EE E
E EE EE E
E E
Afin de déterminer la position instantanée d’un point matériel, nous devons choisir
d’abord un repère parmi les différents repères les plus utiles. Dans ce qui suit nous allons
rappeler les principaux systèmes de coordonnées.
1/ REPERES D’INERTIE OU GALILEENS (
):
(Galilée 1564-1642)
Pour déterminer la position d’un mobile dans l’espace, nous devons choisir avant tout
un corps solide, que nous appelons référentiel, auquel nous associons des axes de
coordonnées.
Définition : tout ensemble de systèmes d’axes de coordonnées, lié à un corps solide S
qui est le référentiel (
), constitue un repère (
) lié à ce corps solide S .
Exemple : la table (référentiel) + 3 axes = repère lié à la table.
La terre (référentiel) + 3 axes quelque soit leur origine commune = repère lié
à la terre.
Les repères galiléens sont constitués d’un système libre (c'est-à-dire au repos ou en
mouvement rectiligne uniforme).
Dans un référentiel galiléen R donné, on repère une position ponctuelle M à l’aide de
trois coordonnées spatiales et une coordonnée temporelle, donc la position est définie par
quatre nombres réels comme par exemple ( X , Y , Z , t ) .
Si on note la position d’un point M par r = OM ( x, y, z, t ) au temps t , son mouvement
r (t ) .
dans le repère R est défini par l’application t
2/ PRINCIPAUX REFERENTIELS GALILEENS (
)
Repère Copernic (Copernic1473-1543)
Ce repère est défini par trois axes issus du centre du système solaire et dirigés vers
trois étoiles fixes choisies convenablement. (Figure 3.1)
Ce système est utilisé pour l’étude du mouvement des planètes et des vaisseaux
spatiaux interplanétaires.
La terre accomplit un tour autour du pôle nord-sud en un jour, sa révolution autour
du soleil est d’une année.
Le Repère géocentrique (
)
Ce repère est défini par trois axes issus du centre d’inertie de la terre et dirigés vers
trois étoiles fixes du repère de Copernic. Ce repère est utilisé pour l’étude du mouvement de
la lune et des satellites en rotation autour de la terre.
Le Repère terrestre (
)
Ce repère est défini par trois axes perpendiculaires issus de n’importe quel point
de la terre. Ce repère est utilisé pour l’étude des corps en mouvement liés à la terre. Dans ce
repère la terre est fixe, elle constitue donc un repère galiléen.
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
37
Principaux systèmes de coordonnées
Repère de Copernic
Le soleil
M’
La terre M
.
Repère géocentrique
Fig 3.1: les différents repères
3/ LES COORDONNEES CARTESIENNES (
)
a/ Le repère spatial (H IJ KLM ):
Si le mouvement s’effectue dans l’espace, il est possible de repérer la position du
mobile ponctuel M dans le repère R (O; i , j , k ) à l’aide du vecteur position OM ou bien à
l’aide des coordonnées cartésiennes ( de René Descartes 1596-1650) ou rectangulaires et qui
sont :
x : abscisse ( LO P )
y : ordonnée(S T T)
z : altitude(VLW)
Le vecteur position s’écrit alors : OM = r = x.i + y. j + z.k
(3.1)
Z
z
M
i
X
A.FIZAZI
k
O
y
j
x
Y
m
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
38
Principaux systèmes de coordonnées
b/ Le repère plan (XVY
KLM )
Si le mouvement s’effectue dans le plan, il est possible de repérer la position du mobile
ponctuel M dans le repère R(O; i , j ) à l’aide des coordonnées rectangulaires x et y , ou
bien à l’aide du vecteur position OM
.
Le vecteur position s’écrit donc : OM = r = x.i + y. j
(3.2)
Y
trajectoire
y
M
r
j
O
x
i
X
Fig 3.3: Coordonnées rectangulaires
c/ Le repère rectiligne (K ZY
KLM )
Si le mouvement est rectiligne, on se contente de l’axe OX tel que le vecteur position
OM s’écrit :
OM = r = x.i
(3.3)
4/ LES COORDONNEES POLAIRES ( ! "
)
Quand le mouvement est plan, là aussi, on peut repérer la position du mobile M par ses
coordonnées polaires ( r , ) . (Fig3.4)
: Rayon polaire (H\]Z ]Z ^_ )
: Angle polaire( \]Z `a b )
Le vecteur position dans ce repère s’écrit donc :
OM = r = r.ur
(3.4)
De la même façon que nous avons obtenu la relation (2.8), nous pouvons écrire dans ce
cas :
u = i .sin + j .cos
et ur = i .cos
+ j .sin
Ainsi nous pouvons écrire le vecteur position en coordonnées polaires comme suit :
OM = r = Ar .ur + A .u
(
Où Ar , A
) représente les deux composantes de OM
(3.5)
(
dans la base ur , u
).
La relation qui lie les coordonnées rectangulaires aux coordonnées polaires est :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
39
Principaux systèmes de coordonnées
x = r.cos
= arccos x
y = r.sin
= arcsin y
r
(3.6)
r
Y
M
r
j
u
X
x
5/ LES COORDONNEES CYLINDRIQUES ( # $
)
Si la trajectoire est spatiale, où
et oz (figure 3.5) jouent un rôle particulier dans la
détermination de la position du mobile, il est préférable de faire appel aux coordonnées
cylindriques ( , , z ) :
(BCDEFG HDEFG IJK)
: angle polaire(LMCDEFG LNOGPFG)
z : altitude (QRSFG)
: rayon polaire
Z
ligne de la coordonnée z
uz
z
r
u
M
ligne de la coordonnée
u
u
O
X
ligne de la coordonnée
m
Y
En se référant à la figure 3.5 nous pouvons écrire :
OM = r = Om + mM = r.u
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
40
Principaux systèmes de coordonnées
r = .u + z.k
D’où
De même :
u = i .cos + j .sin
Attention à ne pas confondre u et ur !!!
Nous pouvons écrire maintenant l’expression du vecteur position sous la forme :
OM = r = i . .cos + j . sin + k .z
(3.8)
OM = r = i .x + j . y + k .z
Nous pouvons transformer l’expression précédente du vecteur position OM sous la forme :
OM = r = A .u + A .u + Az .u z
(
Où A , A , Az = z
)
(3.9)
(
)
sont les composantes de OM dans la base u , u , u z = k . Pour
obtenir l’expression du vecteur unitaire u
(
il suffit de se rendre compte que les vecteurs
unitaires qui constituent la base u , u , u z = k
) sont perpendiculaires entre eux ; donc u
est
le produit vectoriel de u z et u . Ainsi :
u = uz
u = i .sin + j .cos
(3.10)
Par identification des relations (3.1) et (3.8) on en déduit les relations entre les coordonnées
cartésiennes et les coordonnées cylindriques :
x = cos
y = sin
z=z
= x2 + y2
= arctgy / x
= arccos x / = arcsin y /
(3.11)
Remarque : si z = 0 nous reconnaissons alors les coordonnées polaires qui ne sont donc
qu’un cas particulier des coordonnées cylindriques.
6/ LES COORDONNEES SPHERIQUES (
)
Quand le point O et la distance séparant M de O, jouent un rôle caractéristique,
l’utilisation des coordonnées sphériques ( r , , ) est la mieux adaptée, avec :
: rayon polaire(BCDEFG HDEFG IJK )
: azimut (WXY)
: coaltitude (ZHSFG [\X])
Nous démontrons géométriquement (figure 3.7) les relations entre les coordonnées
cartésiennes et les coordonnés sphériques :
x = cos
x = r sin cos
y = sin
y = r sin sin
(3.12)
z = r cos
= r sin
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
41
Principaux systèmes de coordonnées
r=
x2 + y2 + z2
= arccos z
= arctg y
(3.13)
r
x
Quant à la relation entre les coordonnées cylindriques et les cordonnées sphériques elle est :
= r sin
r=
=
2
+ z2
=
z = r cos
= arctg
(3.14)
z
ligne de coordonnée r
u
u
r
M
ligne de coordonées
u
ligne de coordonées
En coordonnées cartésiennes le vecteur position s’écrit : OM = r = x.i + y. j + z.k
En coordonnées sphériques on peut l’écrire :
OM = r = Ar .ur + A .u + A .u
(
Où Ar , A , A
) sont les composantes de OM
(
dans la base ur , u , u
(15.3)
)
Remarque : Pour couvrir tout l’espace en coordonnées sphériques, nous admettons les
variations :
de 0 à ,
de 0 à ,
de 0 à 2
(
Expressions des vecteurs unitaires ur , u , u
) : En se référant à tout ce qui a été dit
sur les coordonnées sphériques, nous pouvons écrire :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
42
Principaux systèmes de coordonnées
r = r.u r = Om + mM
Om = .u =
i.cos + j sin
mM = z.k = k .r cos .
= r.sin
Nous en déduisons : r = r i.cos .sin + j.sin .sin + k .cos
Il nous apparaît clairement l’expression de u :
(3.16)
u r = i.cos .sin + j.sin .sin + k .cos
Connaissant le vecteur :
u = i .sin + j .cos
(
Il nous reste à déterminer le vecteur u . La base ur , u , u
)
étant orthogonale, le
vecteur unitaire u est donc le résultat du produit vectoriel entre u et u .
u =u
ur = i .cos cos + j .cos sin
k .sin
(3.17)
7/ LES COORDONNEES CURVILIGNES ( # #
)
Nous pouvons repérer la position du mobile sur la trajectoire elle-même à l’aide de
l’abscisse curviligne (
). Pour ce faire :
-On oriente la trajectoire au hasard,
- on choisit un point fixe 0 sur la trajectoire, comme étant l’origine des abscisses,
L’abscisse curviligne est défini comme étant la grandeur algébrique s de l’arc
appartenant à la trajectoire de 0 jusqu’à M.
OM = s
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
(18.3)
LMD1/SM_ST
43
Principaux systèmes de coordonnées
**
EXERCICES
Exercice 3.1
Convertir le
vecteur
cartésiennes
polaires
(u , u )
r
(i , j )
suivant
des
en
1.3
coordonnées
coordonnées
: V = Xi + Yj
(i , j )
: (u , u )
V = Xi + Yj
r
Exercice 3.2
Convertir le vecteur suivant des coordonnées
(u , u
sphériques
cartésiennes:
(i , j, k )
Exercice 3.3
Convertir le
(u
Exercice 3.4
Convertir le
sphériques
vecteur
r
suivant
(i , j, k )
,u
)
vecteur
(u , u
r
en
(u , u
r
,u
des
en
(
(i , j, k )
V = Xi + Yi + Zi
): A =
2
: (u , u , uz ) #
(i , j, k )
V = Xi + Yj + Zk
: ( ur , u , u
(
i , j, k
)
(u
.u + cos .u
A=
2
.u + cos .u : ( ur , u , u
A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
)
6.3
, u , u z ) en coordonnées cartésiennes
: V = Vr ur + V u + Vz u z
)
5.3
coordonnées
Exercice 3.6
Convertir le vecteur suivant des coordonnées
cylindriques
$%
:4.3
coordonnées
coordonnées
en
)
3.3
: V = Xi + Yj + Zk
suivant
)
,u
V = Vr ur + V u + V u : i , j , k
coordonnées
, u , u z ) : V = Xi + Yi + Zi
(u , u
Exercice 3.5
Convertir le
coordonnées
V = Vr ur + V u + V u
(i , j, k )
cartésiennes
sphériques
en
2.3
vecteur suivant des coordonnées
cartésiennes
cylindriques
)
,u
r
!
(u
V = Vr ur + V u + Vz u z
Univ-BECHAR
, u , uz ) #
: (i , j, k )
$%
43
44
Principaux systèmes de coordonnées
Exercice 3.7
Trouver la
M(
M
,
M
distance
entre
, zM ) et N (
N
,
les
N
deux
points
, z N ) par les deux
méthodes :
1/ en convertissant l’expression du vecteur
coordonnées cartésiennes.
2/ par le calcul direct.
Montrer que la distance entre les points
s’écrit :
MN =
+
2
N
2
N
A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
.
2
M
M
+ ( zN
.cos (
zM )
M
!#
'(
&$
N
,
N
, zN )
M(
:
MN en
M
,
) *
M
, zM )
!
/1
MN
M et N
2
N
N(
:7.3
)
&$
:
/
MN =
Univ-BECHAR
,
-$
.
2
N
2
N
+
N
.
2
M
M
M
+ ( zN
.cos (
/2
!#
zM )
M
2
N
)
44
45
Principaux systèmes de coordonnées
Corrigés des exercices 3.1 à 3.7
7.3
1.3
Exercice 3.1:
Si l’expression du vecteur en coordonnées cartésiennes est V = Xi + Yj , alors, il est
possible d’écrire l’expression du même vecteur en coordonnées polaires sous la forme :
V = Vr .ur + V .u . Connaissant les expressions des vecteurs unitaires u et u dans la
base ( i , j ) , on peut déterminer les valeurs V et V .
ur = i .cos + j .sin
u = i .sin + j .cos
V = Vr ( i .cos + j .sin
) +V (
i .sin + j .cos
)
En organisant la dernière équation :
V = i Vr cos
V sin
+ j Vr sin + V cos
Y
X
Ainsi nous aboutissons à un système de deux équations à deux inconnues V et V :
Vr cos
=X
V sin
Vr sin + V cos = Y
Après résolution on trouve :
Vr = X cos + Y sin
; V = X sin + Y cos
L’expression du vecteur V est donc :
V = ( X cos + Y sin
) ur + (
X sin + Y cos
)u
Nous constatons que, pour trouver les deux résultats précédents, il y a beaucoup de calculs
à faire si on suit la méthode algébrique ordinaire. Il est plus facile et plus rapide si on opte
pour la méthode des matrices. Rappelons brièvement cette dernière méthode :
On part de l’étape où nous avons obtenu les deux équations :
X = Vr cos
V sin
Y = Vr sin + V cos
Nous créons une matrice de déplacement :
Vr
Vr
cos
sin
cos
sin
X
=
=
V
V
sin
cos
sin
cos
Y
Le résultat est :
Vr = X cos + Y sin
; V = X sin + Y cos
X
Y
L’expression du vecteur V = Xi + Yj en coordonnées polaires est donc :
V = ( X cos + Y sin
) ur + (
X sin + Y cos
)u
Exercice 3.2:
Le vecteur s’écrit : V = Vr .ur + V .u + V .u
(
)
Dans la base i , j , k , il s’écrit V = Xi + Yj + Zk
Rappelons-nous des expressions des vecteurs unitaires ( ur , u , u
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
) en fonction de i , j , k
:
LMD1/SM_ST
46
Principaux systèmes de coordonnées
ur = i .sin cos + j .sin sin + k .cos
u = i .cos cos + j .cos sin
k .sin
u = i .sin + j .cos
D’où en remplaçant :
(
) + V ( i .cos
V = Vr i .sin cos + j .sin sin + k .cos
V
(
)
i .sin + j .cos
cos + j .cos sin
k .sin
)+
Développons et organisons la dernière équation pour trouver l’expression du vecteur V en
coordonnées cartésiennes :
V = i Vr sin cos + V cos cos + V sin
+ j Vr sin sin + V cos sin + cos
Y
X
k Vr cos
+
V sin
Z
Les coordonnées cartésiennes sont :
X = Vr sin cos + V cos cos
V sin
Y = Vr sin sin + V cos sin + V cos
Z = Vr cos
V sin
(
)
Le vecteur V = Vr .ur + V .u + V .u s’écrit donc dans la base i , j , k :
V = (Vr sin cos + V cos cos
( Vr cos
V sin
V sin
) i + (V sin
sin + V cos sin + V cos
r
)j+
)k
Exercice 3.3:
Le vecteur V dans la base ( u , u , u z ) s’écrit sous la forme : V = V .u + V .u + Vz .u z
Connaissant les expressions des vecteurs unitaires ( u , u , u z ) en fonction de i , j , k on
peut écrire :
u = i .cos + j .sin
u = i .sin + j .cos
V = Vr ( i .cos + j .sin
) +V (
i .sin + j .cos
) +V k
z
uz = k
En organisant l’expression obtenue elle devient :
V = i V cos
V sin
+ j V sin + V cos
X
Y
+ Vz k
Z
On obtient un système d’équations de trois équations à trois inconnues V , V et Vz
X = Vr cos
V sin
Y = Vr sin + V cos
Z = Vz
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
47
Principaux systèmes de coordonnées
On a le droit de choisir la méthode que nous maîtrisons le mieux pour arriver au résultat
attendu. Si on choisit la méthode des matrices le raisonnement est le suivant :
On crée une matrice de déplacement à partir du système d’équations obtenu :
X
cos
sin
0 V
V
cos
0 V
Y = sin
0
0
1 Vz
Z
Le résultat se déduit directement :
V = X cos + Y sin
cos
sin
0
X
sin
0
cos
0
0
1
Y
Z
V =
Vz
; V = X sin + Y cos
V = ( X cos + Y sin
)u
+ ( X sin + Y cos
; Vz = Z
)u
+ Zu z
Exercice 3.4:
Le vecteur V dans la base ( ur , u , u
) s’écrit sous la forme : V = V .u + V .u + V .u
Connaissant les expressions des vecteurs unitaires ( u , u , u ) en fonction de i , j , k
r
r
r
, on
peut écrire :
ur = i .sin cos + j .sin sin + k .cos
u = i .cos cos + j .cos sin
k .sin
u = i .sin + j .cos
(
V = Vr i .sin cos + j .sin sin + k .cos
V
(
i .sin + j .cos
)
) + V ( i .cos
cos + j .cos sin
k .sin
)+
Développons puis organisons l’équation précédente pour obtenir :
V = i Vr sin cos + V cos cos + V sin
+ j Vr sin sin + V cos sin + cos
Y
X
k Vr cos
+
V sin
Z
On constitue un système de trois équations à trois inconnuesV , V et V :
X = Vr sin cos + V cos cos
V sin
Y = Vr sin sin + V cos sin + V cos
Z = Vr cos V sin
Si on choisit la méthode des matrices, qui a fait preuve d’à aboutir au résultat escompté très
facilement et très rapidement, on doit d’abord construire la matrice de déplacement à partir du
système d’équations précédent :
X
sin cos
cos cos
sin
Vr
Vr
sin cos
sin sin
cos
X
Y = sin sin
cos
Z
A.FIZAZI
cos sin
sin
cos
0
V
V
Univ-BECHAR
V
V
= cos cos
sin
cos sin
sin
sin
0
LMD1/SM_ST
Y
Z
48
Principaux systèmes de coordonnées
On trouve :
Vr = X sin cos + Y sin sin + Z cos
; V = X cos cos + Y cos sin
Z sin
V = X sin + Y cos
En fin de compte l’expression du vecteur V = Xi + Yj + Zk en coordonnées sphériques est :
V = ( X sin cos + Y sin sin + Z cos
(
X sin + Y cos
Exercice 3.5:
Commençons
cartésiennes :
)u
par
transformer
A=
2
( i .cos
) ur + ( X cos
le
cos + Y cos sin
vecteur B =
+ j .sin
) + cos (
2
Z sin
.u + cos .u
i sin + j cos
en
)u
+
coordonnées
)
En développant et en organisant l’équation, nous obtenons l’expression du vecteur A en
coordonnées cartésiennes :
A=i
2
.cos
cos .sin
+ j
2
sin + cos 2
X
+ 0k
Z
Y
X = 2 .cos
cos .sin ; Y= 2 sin + cos 2 ; Z=0
On doit maintenant transformer cette dernière expression en coordonnées sphériques en
faisant appel au résultat de l’exercice 3.4 :
A = ( X sin cos + Y sin sin + Z cos ) ur + ( X cos cos + Y cos sin
Z sin ) u +
(
X sin + Y cos
)u
Il ne nous reste plus qu’à remplacer X , Y , Z par leurs valeurs respectives trouvées cidessus :
A=
(
(
(
2
.cos
2
.cos
Exercice 3.6:
Le vecteur V
2
.cos
) sin cos + ( sin + cos ) sin sin
cos .sin ) cos cos + ( sin + cos ) cos sin
+ cos .sin ) sin + ( sin + cos ) cos u
cos .sin
2
2
2
2
2
ur +
u +
2
dans la base ( u , u , u z ) est V = V .u + V .u + Vz .u z . Partant des
expressions connues des vecteurs unitaires ( u , u , u z ) en fonction de i , j , k , on peut écrire :
u = i .cos + j .sin
u = i .sin + j .cos
V = Vr ( i .cos + j .sin
) +V (
i .sin + j .cos
) +V k
z
uz = k
Organisée elle devient :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
49
Principaux systèmes de coordonnées
V = i V cos
+ j V sin + V cos
V sin
+ Vz k
Z
Y
X
Par identification nous arrivons à :
X = Vr cos
V sin
Y = Vr sin + V cos
Z = Vz
Le résultat final est : V = i (Vr cos
) + j (V
V sin
r
sin + V cos
) + kV
z
Exercice 3.7:
1/ Première méthode : Trouver la distance entre les deux points M (
N(
N
,
N
M
,
M
, zM ) et
, z N ) en transformant l’expression du vecteur MN en coordonnées cartésiennes.
La figure montre que la distance entre les points M et N est égale au module du
vecteur MN :
MN = ON
MN = ON
OM =
OM =
(
N
(
u
N
u
+ zN uz
N
M
N
u
M
) (
) + (z
N
uz
M
u
M
+ zM uz
zM u z )
)
(1)
zN Z
N
zM
OM
M
uz = k
O
y N yM
j
i
Y
M
M
u
xM
N
M
N
xN
X
u
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
N
LMD1/SM_ST
50
Principaux systèmes de coordonnées
Expressions des vecteurs unitaires u N , u
u
u
M
et u z :
N
= i .cos
N
M
= i .cos
M
+ j .sin
N
+ j .sin
M
uz = k
Remplaçons u N , u
MN =
M
( i .cos
N
dans l’équation (1) :
+ j .sin
N
)
N
M
( i .cos
+ j .sin
M
Nous organisons l’équation pour qu’elle devienne :
MN = ( N cos N
M cos M ) i + ( N sin N
sin
M
) + (z
M
M
uz
zM u z )
) j + ( zN
zM ) k
N
La distance entre les points M et N st égale à la norme du vecteur MN :
(
MN =
N
cos
N
M
cos
)
M
+(
2
N
sin
N
sin
M
)
M
2
+ ( zN
zM )
2
Après calculs nécessaires on trouve :
MN =
2
N
+
2
2
M
N
.
( cos
M
N
.cos
sin
M
N
.sin
M
)
+ ( zN
zM )
2/ Deuxième méthode : trouver la distance entre les points M (
N(
N
,
N
, z N ) par le calcul direct :
MN = ON
MN =
(
N
(
OM =
u
MN =
2
N
u
M
N
+
2
M
N
u
N
+ zN uz
) + (z
M
2
N
.
) (
M
u
N
zM ) uz
M
cos(u N , u
M
M
+ zM u z
) + ( zN
M
( 2)
2
,
M
, zM )
)
zM )
2
D’après la figure, nous voyons que l’angle compris entre les deux vecteurs unitaires u N , u
est égal à
N
et
M
M . Nous obtenons donc:
MN =
2
N
+
2
M
2
N
.
M
cos(
N
M
) + ( zN
zM )
2
( 3)
Pour vérifier que les deux résultats ( 2 ) et ( 3) sont compatibles, il suffit de procéder à une
transformation trigonométrique adéquate de l’équation ( 2 ) :
cos
A.FIZAZI
N
.cos
M
sin
N
.sin
M
= cos (
Univ-BECHAR
N
M
) = cos (
M
N
)
LMD1/SM_ST
51
Caractéristiques du mouvement
IV/CINEMATIQUE
;<< <<<< <<<< <<<< =<<<<><<<<?
A-IV/ CARACTERISTIQUES DU MOUVEMENT
+,-./0 102345
1/ INTRODUCTION ( '( )
La cinématique est l’étude des mouvements sans se préoccuper des causes
responsables de ces mouvements (comme les forces par exemple…)
Le point matériel est tout corps matériel dont les dimensions sont théoriquement nulles
et pratiquement négligeables par rapport à la distance parcourue.
L’état de mouvement ou de repos d’un corps sont deux notions essentiellement
relatives : par exemple une montagne est au repos par rapport à la terre mais en mouvement
par rapport à un observateur qui regarde la terre de loin et pour lequel le globe terrestre (avec
tout ce qu’il renferme) est en perpétuel mouvement.
Quiconque veut étudier un mouvement doit à priori s’imposer un référentiel (ou un repère)
par rapport auquel le mouvement est analysé. Ceci se traduit par le fait qu’un mouvement ne
peut se définir que par rapport à un repère.
Cette étude du mouvement s’effectue selon l’une des deux formes :
vectorielle : en utilisant les vecteurs : position OM , vitesse v et l’accélération a .
algébrique : en définissant l’équation du mouvement suivant une trajectoire
donnée.
2/ POSITION DU MOBILE (
La position d’un point matériel
):
M au temps t est repérée dans un
repère (O; i , j , k ) par un vecteur position OM (figure 4.1). La formule 4.1 exprime le
vecteur position en coordonnées cartésiennes.
Z
z
M
OM = r = x.i + y. j + z.k
k
O
i
j
y
(4.1)
Y
x
X
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
52
Caractéristiques du mouvement
3/ LES EQUATIONS HORAIRES ( A
BC;D ):
Un point matériel est au repos dans un repère choisi si ses coordonnées x, y , z sont
indépendantes du temps, et il est en mouvement si ses coordonnées varient en fonction du
temps.
(On a choisi des coordonnées cartésiennes, mais on aurait pu choisir n’importe
quelles autres coordonnées).
Ces coordonnées peuvent être notées par :
(4.2)
x(t ), y (t ), z (t )
On appelle ces fonctions, les équations horaires du mouvement. On peut les
exprimer sous la forme :
x = f (t ), y = g (t ), z = h(t )
(4.3)
La trajectoire (K;L )
La trajectoire est l’ensemble des positions occupées par le mobile au cours de son
mouvement pendant des instants successifs. La trajectoire peut être matérielle ( la route
suivie par une automobile par exemple ) ou imaginaire (trajectoire de la lune par
exemple).
L’étude d’un mouvement plan se fait en coordonnées rectangulaires dans le repère
R(O; i , j ) où la position est définie par les deux coordonnées : x(t ), y (t )
La fonction x
y (x) s’appelle équation cartésienne de la trajectoire
(K;L > N OK;P C;D ).
On obtient l’équation de la trajectoire par élimination du temps entre les
deux équations horaires.
Exemple 4.1 : Les équations horaires du mouvement d’un point matériel tiré dans l’espace
2
sont x = 2t ; y = 0 ; z = -5t + 4t (toutes les unités sont dans le système
international).
1/ Trouver l’équation cartésienne de la trajectoire, quelle est sa forme ?
2/ Ecrire l’expression du vecteur position au temps t = 2 s
Réponse :
1/ On tire t de l’équation de x qu’on remplace dans z :
x = 2t
t=
x
2
z = 1.25.x 2 + 2.x C’est l’équation d’une parabole.
2/ Expression du vecteur position :
OM = x.i + y j + z.k
OM = (2t ).i + ( 5t 2 + 4t ).k
OM (t =2) = 4i
A.FIZAZI
OM (t =2) = 4i
12k
12k
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
53
Caractéristiques du mouvement
Exemple 4.2 : Le mouvement d’un point matériel est défini dans un repère cartésien par ses
deux équations horaires :
x = a sin( t + )
y = a cos( t + )
Quelle est donc la trajectoire suivie ?
Réponse :
En élève au carré les deux équations, puis on fait la somme membre à membre pour
aboutir à l’équation d’un cercle de rayon a :
x 2 = a 2 sin 2 ( .t + )
y = a cos ( .t + )
2
2
2
x2 + y 2 = a2
4/ LE VECTEUR VITESSE ( ? L S;DT):
On considère que la vitesse est la distance parcourue par unité de temps.
Vecteur vitesse moyenne ( VWXY
? L S;DT)
Regardons la figure 4.2 : entre l’instant t où le mobile occupe la position M , et
l’instant t ' où le mobile occupe la position M ' , le vecteur vitesse moyenne est défini comme
étant l’expression 4.4.
BCD4/0
M
T
v (t)
M’
O
vmoy =
MM '
;
t' t
vmoy =
MM '
t
MM '
Vecteur vitesse instantanée ( Z > ? L S;DT)
Le vecteur vitesse instantanée, c'est à dire au temps t , est la dérivée ( (Y[ ) du
vecteur position par rapport au temps :
OM ' OM
= lim t '
t'
t t'
vt = lim
t
t
OM
dOM
=
t
dt
vt =
dOM
dt
(4.5)
IMPORTANT : Le vecteur vitesse instantanée v(t ) est porté par la tangente à la
trajectoire au point M ; il est toujours orienté dans le sens du mouvement
(Figure 4.3).
Dans le repère cartésien par exemple, on en déduit l’expression du vecteur vitesse
instantanée à partir de l’expression du vecteur position en dérivant :
OM = r = x.i + y. j + z.k
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
v = x.i + y. j + z.k
(4.6)
LMD1/SM_ST
54
Caractéristiques du mouvement
v
CONVENTIONS (
)
Notation de Newton : on note la dérivée par rapport au temps en mettant un
point sur le symbole de la variable. Si la dérivée est par rapport à une variable
autre que le temps, la notation est de mettre une apostrophe(’) après le symbole
de la variable à dériver.
Notation de Leibnitz : On note la dérivée de y , par exemple, par rapport au
dy
temps, par
.
dt
dx
dy
; y= ;
dt
dt
Module du vecteur vitesse instantanée (
Ainsi nous pouvons écrire x =
z=
dz
dt
)
v = x2 + y 2 + z 2
(4.7)
L’unité de la vitesse dans le système international MKS est m / s = m.s 1 .
Les composantes des vecteurs OM et v en coordonnées cartésiennes sont donc :
x
x = vx
OM y
v y = vy
z
z = vz
R
R
5/ LE VECTEUR ACCELERATION (SK;LY S;DT):
Nous considérons que l’accélération est la variation de la vitesse par unité de temps.
Vecteur accélération moyenne (aWXY
SK;LY S;DT)
v
M
Trajectoire
amoy =
O
v' v
v
=
;
t' t
t
amoy =
v
t
(4.8)
amoy
Fig 4.4
v'
M’
En considérant deux instants différents t et t ' correspondants aux vecteurs position
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
55
Caractéristiques du mouvement
OM et OM ' et les vecteurs vitesse instantanée v et v ' (figure 4.4), le vecteur accélération
moyenne est défini par l’expression 4.8
Vecteur accélération instantanée (bZ > SK;LY S;DT)
Le vecteur accélération instantanée d’un mouvement est défini comme étant la
dérivée du vecteur vitesse instantanée par rapport au temps.
v dv
d 2 OM
=
=
t dt
dt 2
v' v
= limt '
t
t' t
dv
d 2 OM
(4.9)
=
t
dt
dt 2
On peut écrire maintenant en résumé les expressions des vecteurs position, vitesse et
accélération en coordonnées cartésiennes, avec les conventions de Newton et Leibnitz :
a = limt '
OM = r = x.i + y. j + z.k
a=
v = x.i + y. j + z.k
a = x.i + y. j + z.k
d 2x
d2y
d 2z
a=
.i + 2 . j + 2 .k (4.10)
dt 2
dt
dt
dx
dy
dz
v = .i + . j + .k
dt
dt
dt
Important : Le vecteur accélération est toujours dirigé vers la partie concave de la
trajectoire. (figure4.5)
Module du vecteur accélération instantanée (
)
Ce module est donné par la formule 4.11
a = x2 + y2 + z 2
a(t )
CONCLUSION : Dans un repère cartésien les vecteurs position, vitesse et accélération sont :
x
x = vx
x = vx = ax
r= y
z
v y = vy
a y = vy = a y
R
OM = r = x.i + y. j + z.k
A.FIZAZI
z = vz
R
z = vz = a z
v = vx .i + v y . j + vz .k
Univ-BECHAR
(4.12)
R
a = ax .i + a y . j + a z .k
LMD1/SM_ST
56
Caractéristiques du mouvement
Remarque : Le mouvement est dit accéléré si a.v 0 , et décéléré ou retardé si a.v
Quant au sens du mouvement il est indiqué par le sens de la vitesse v .
0.
x = 2t 2
Exemple 4.3 : Soit le vecteur position OM y = 4t 5 . En déduire le vecteur vitesse et le
z = t3
vecteur accélération instantanées, puis calculer le module de chacun d’eux.
Réponse : Nous dérivons deux fois de suite l’expression du vecteur position pour obtenir les
vecteurs demandés et ensuite nous déduisons leurs modules :
v = 4t.i + 4 j + 3t 2k
v = 16t 2 + 16 + 9t 4
A.FIZAZI
a = 4i + 0j + 6tk
,
Univ-BECHAR
a = 16 + 36t 2
LMD1/SM_ST
57
Caractéristiques du mouvement
**
EXERCICES
Exercice 4.1
Le mouvement rectiligne d’un point est défini par
l’équation horaire : s = 2t
9t + 12t + 1 .
a/ Calculer la vitesse et l’accélération à la date t .
b/ Etudier le mouvement du point lorsque t croît de
0 à + .(Dire dans quel sens se déplace le point et si
le mouvement est accéléré ou retardé).
3
1.4
2
s = 2t 3
.t
" t "
Dans un repère orthonormé
(
. x = sin t ; y=1+cos2t :"
. Oxy 0
1. 0
)
(
3
)
1
x = ln t ; y=t+ .
t
a/Ecrire l’équation de la trajectoire.
b/ Calculer les valeurs algébriques de la vitesse et de
l’accélération au temps t .
Univ-BECHAR
:
0
M3
x = t 3t ; y=-3t 2 ; z=t 3 + 3t
6 4 7 $ t
/
2 a
6
2 v
.M 3
1. " "
v
6
/
. Oz 8
7
89
6
Exercice4.4
Un point est mobile dans le plan à partir de la date
t = 1 . Ses équations horaires sont :
A.FIZAZI
:3.4
O, i , j , k , le 2 O, i , j , k ! )
suivantes : x = t
3t ; y=-3t ; z=t + 3t
a/ Calculer les coordonnées à la date t, du vecteur
vitesse v , et celles du vecteur accélération a , du
mobile M.
b/ Calculer la norme du vecteur v et montrer que ce
vecteur fait un angle constant avec Oz .
2
() *
.( -
/
#$ 0
'.
"
Oxy .
mouvement d’un mobile M est défini par les équations
3
'
!
+, ). +
2
x = sin 2 t ; y=1+cos2t
Exercice 4.3
/
2.4:
Exercice 4.2
Déterminer la trajectoire du mouvement plan
défini par les équations :
Dessiner cette trajectoire dans le repère
9t 2 + 12t + 1 :
45
3
:4.4
" :
;
: ."
x = ln t ; y=t+
.
) 0
(
'
.t = 1
1
t
.t
/
/
LMD1/SM_ST
58
Caractéristiques du mouvement
Exercice 4.5
(
)
Dans un repère orthonormé O, i , j , un mobile
M décrit
dans
2
le
sens
direct
l’ellipse
2
2 ( O, i , j , ) ! )
8 < =9 6
0
-
x
y
d’équation : 2 + 2 = 1 . Le point M est repéré sur
8
a
b
l’ellipse par l’angle
.
Exercice 4.6
Soit, dans un plan
(P) ,
un repère orthonormé
xOy et un mobile M se déplaçant dans ce plan. A la
date t , ses coordonnées sont définies par :
t
t
x = 2 cos ; y= 2 2 sin
2
2
positions du mobile et les coordonnées de
avoir un vecteur accélération de longueur
5
.
4
"
M
.
0
()5
.
3
2
x
y
+ 2 = 1>
2
a
b
6
.
" 6
5
5
-
2 ( P ) 6789: ;< =>?@
1.
'
M 3
xOy
:? "
( 7 $2 t
! )
.;
0
x = 2 cos
v
.t
. @
!C "
v pour
"
2 t2
#
t
t
; y= 2 2 sin
2
2
@(
. /
6 4 7 $
/
3
1A a
6
a
OM "
)
<B
.
3
#
B
@#
" 8,
=4
t1 = 0 "
" /D
v
7 $ 1
3
8<
.
A.FIZAZI
2
:6.4
a/ Quelle est la trajectoire ?
b/ Calculer les coordonnées à la date t du vecteur
vitesse v et du vecteur accélération a de ce mobile.
Quelle relation y a- t- il entre OM et a ? Au bout de
combien de temps le mobile repasse-il par une même
position sur la courbe ?
c/ Entre les dates t1 = 0 et t2 = 4 , déterminer les
#
v
Déterminer les vecteurs vitesse et accélération v et
en fonction des dérivées
et .
:5.4
Univ-BECHAR
5
4
LMD1/SM_ST
59
Caractéristiques du mouvement
Corrigés des exercices 4.1 à 4.7
7.4
1.4
Exercice 4.1 :
1/ Pour calculer la vitesse il suffit de dériver l’équation horaire par rapport au temps :
ds
v=
= 6t 2 18t + 12
dt
En dérivant la vitesse par rapport au temps on obtient l’accélération :
dv
a=
= 12t 18
dt
2/ L’étude du mouvement du mobile nécessite une étude mathématique de la fonction
s = 2t 3 9t 2 + 12t + 1 . Le mouvement est accéléré ou retardé selon le signe du produit av .
Quant au sens du mouvement il est indiqué par le signe de v .
Dressons le tableau de variation :
v = 6t 2 18t + 12 = 0 t = 1 ; t=2
;
a = 12t 18 = 0 t = 1,5
t
v
0
1
+
1,5
0
0
0
a
+
+
+
+
a.v
Mouvmt
2
Retardé
sens +
+
Accéléré
sens -
Retardé
sens -
Accéléré
sens +
Exercice 4.2 :
Commençons par la transformation trigonométrique : cos 2t = 2 cos 2 t 1 ,
Remplaçons dans l’expression de y qui devient : y = 2 cos 2 t ,
Une autre transformation trigonométrique nous mène à : y = 2 ( sin 2 t 1) ,
Il ne nous reste plus qu’à remplacer sin 2 t par x pour obtenir l’équation de la trajectoire
qui est : y = 2 (1 x ) .
Pour dessiner la trajectoire il faut remarquer que 0 x +1 , car quelque soit t ,
0 sin 2 t = x +1 . Nous en déduisons que la trajectoire est un segment de droite joignant les
points A ( +1, 0 ) et B ( 0, +2 ) .
y
+2 B
O
A
+1 x
Exercice 4.3 :
Deux dérivations consécutives des équations horaires nous conduisent aux expressions des
coordonnées des vecteurs vitesse et accélération du mobile à l’instant t :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
60
Caractéristiques du mouvement
(
)
vx = x = 3 t 2 1
v v y = y = 6t
ax = x = 6t
;
(
a= a y = y = 6
)
az = z = 6t
vz = z = 3 t 2 + 1
2/ Le module du vecteur vitesse est égal à v 2 = 18 (1 + t 2 )
2
(
v = 3 2 1+ t2
)
Calculons maintenant l’angle compris entre v et Oz . Pour cela calculons le module
du produit scalaire :
v .k
v .k = v.k .cos v , k = v.cos v , k , cos v , k =
v
x
0
( )
v y
z
( )
(
; v . k= ( x.0 ) + ( y.0 ) + ( z.0 ) =3 1+t 2
, k 0
1
(
)
3 1+ t2
v .k
=
cos v , k =
v
3 2 1+ t2
( )
( )
(
( )
cos v , k =
)
2
2
)
( v , Oz ) =
4
rad
Exercice 4.4 :
a/ Eliminons le temps entre les deux équations horaires pour obtenir l’équation de la
trajectoire :
x = ln t
t = ex
1
y = ex + x
y = ex + e x
e
b/ calculons les modules de la vitesse et de l’accélération au temps t par dérivations
successives des deux équations horaires par rapport au temps :
1
vx =
2
2
1
1
1 1
t
v=
; v= 4
+ 1 2
+1
1
t
t
t
t2
vy = 1 2
t
1
t2
2t 2
ay = 4 = 3
t
t
ax =
a=
1
t2
2
2
+ 3
t
2
; a=
4 1
+
t6 t4
Exercice 4.5 :
Rappel mathématique concernant l’ellipse : suivons le raisonnement qui accompagne la
figure ci-dessous :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
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61
Caractéristiques du mouvement
Y
Equation du cercle
j
2
M1
y1
O
i
x1
2
x
y
+
1= 0
a 2 b2
x1 = a cos
Coordonnées du point M:
y1 = a sin
Equation de l'ellipse
M
a
x2 + y2 a2 = 0
X
(1)
( 2)
remplaçons x et y dans l'équation ( 1) :
M , a 2 cos 2
+ a 2 sin 2
a2 = 0
cos 2 + sin 2
1= 0
( 3)
Par identification des équations ( 2 ) et ( 3 ) nous obtenons deux
résultats importants qui caractérisent l'ellipse:
( 2 ) = ( 3) : cos
=
x
a
x=acos
, sin =
y
b
y=bsin
Maintenant que nous avons les coordonnées du point M , nous pouvons repérer ce point sur
x
y
l’ellipse par l’angle tel que cos =
; sin =
a
b
La vitesse du point M est égale à :
OM = a cos .i + b sin . j
v = a sin .i + b cos . j
L’accélération du point M est :
= a
(
sin +
2
cos
) .i + b (
cos
2
sin
). j
Exercice 4.6 :
1/ Pour obtenir l’équation de la trajectoire il suffit d’éliminer le temps entre les équations
horaires :
t
x
cos =
2
x2 y2
2
+
=1
t
y
2
8
sin =
2 2 2
La trajectoire est donc une ellipse.
2/ En dérivant les équations horaires par rapport au temps, on obtient les deux composantes
du vecteur vitesse :
2
t
vx = x =
sin
2
2
t
v y = y = 2 cos
2
En dérivant les deux composantes du vecteur vitesse par rapport au temps, on obtient les
deux composantes du vecteur accélération :
2
t
ax = vx =
cos
4
2
2
t
ay = vy =
sin
2
2
Ecrivons à présent l’expression vectorielle de l’accélération pour trouver sa relation avec le
vecteur position :
1
1
1
1
a=
x.i
y. j
a=
x.i y. j ) ; a=
OM
(
4
4
4
4
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
62
Caractéristiques du mouvement
Puisque la trajectoire est une ellipse, le mouvement va se répéter à l’infini pour une
variation du temps de 0 à .
Soit T l’intervalle de temps séparant deux passages consécutifs du mobile par la même
position et dans le même sens.
t
L’abscisse du mobile au temps t est : x = 2 cos
2
(t + T )
L’abscisse du mobile au temps t + T est : x ' = 2 cos
2
Puisque le mouvement est périodique il faut que x = x ' :
(t + T ) T
t
cos =cos ( +2 ) ; cos = cos
T =4
=2
2
2
2
5
3/ Position du mobile et ses coordonnées pour une accélération de module
:
4
5
a=
,
4
2
t 2
t
5
t
t
a 2 = cos 2 + sin 2 =
2 cos 2 + 8sin 2 = 5
16
2 4
2 16
2
2
t
t
t
t 1
2 1 sin 2
+ 8sin 2 = 5 6sin 2 = 3 sin 2 =
2
2
2
2 2
t
2
sin = ±
, t
2
2
En prenant en considération la condition 0
tableau suivant :
t
k
0
2
3
2
1
+ 2k
4
3
+
+ 2k
4
4 , nous résumons les résultats dans le
t
0 ;
=
2
t
x
y
+1
+2
1
+2
+
vx
vy
1
2
1
2
+1
1
Exercice 4.7 :
1/ A l’aide de la figure ci-dessous on écrit l’expression du vecteur position :
OM = x.i + y. j
Y
A
A'
y
b
2b
M
b
O
A.FIZAZI
B'
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x
B X
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63
Caractéristiques du mouvement
Il reste à déterminer les deux équations horaires, c'est-à-dire les coordonnées en fonction du
temps :
x = OA + b cos , x = 2b cos + b cos
x = 3b cos
y = AA ' b sin
, y = 2b sin
b sin
y = b sin
OM = i .3b cos + j .b sin
On en déduit l’équation de la trajectoire par élimination du temps entre les équations
horaires :
x 2 = 9b 2 cos 2
x2 y 2
=
= 1 C’est l'équation d'une ellipse.
9b b 2
y 2 = b 2 sin 2
2/ La deuxième dérivée du vecteur position par rapport au temps nous conduit à l’expression
du vecteur accélération :
d 2 OM
2
a=
= 2 ( i .3b.cos t + j .b.sin t )
a=
.OM
2
dt
D’où le module de cette accélération :
a = 9b 2 .cos 2 t + b 2 .sin 2 t
A.FIZAZI
a = b 9 cos 2 t + sin 2 t
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64
Mouvements rectilignes
B-IV/ MOUVEMENTS RECTILIGNES
1/ MOUVEMENT RECTILIGNE UNIFORME (
)
Définition : Un point matériel est en mouvement rectiligne niforme si sa
trajectoire est une droite et son vecteur vitesse constant (donc son vecteur
accélération nul).
Equation horaire : on choisit l’axe OX comme repère rectiligne et on fixe la
condition initiale t = 0 ; x = x0 (abscisse initiale).
Partant de la définition ci-dessus, et grâce à une intégration on arrive à exprimer l’abscisse
x en fonction du temps :
dx
= v0
v=x=
dt
x xx = v0t
0
x
dx = v0 .dt
t
dx = v0 .dt
x0
t0
x-x0 = v0t
t
0
Dans une dernière étape on obtient l’équation horaire du mouvement rectiligne qui est
une fonction du temps de premier degré:
x = v0 .t + x0
.
.
(4.13)
.
On appelle x l’abscisse instantanée, et x0 l’abscisse initiale.
x0
O
X
x
t=0
t
Fig 4.6 repère rectiligne
AABC)
Diagrammes du mouvement(
Les diagrammes du mouvement rectiligne uniforme sont la représentation
graphique de l’accélération, de la vitesse et du déplacement en fonction du temps.
(Figure 4.7)
x = v0 t + x0
x = v0 t + x0
O
t
v = C te
( x0 = 0)
O
t
O
t
O
a=0
t
Exemple 4.4 : Les équations horaires du mouvement d’un point matériel
sont x = 2t ; y = 2t + 4 ; z = 0 (toutes les unités sont dans le système international).
Montrer que le mouvement est rectiligne et uniforme.
A.FIZAZI
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65
Mouvements rectilignes
Remarque : Dans un repère cartésien, si l’une des coordonnées est nulle le mouvement
est dit plan (mais il peut être rectiligne aussi) ; si deux coordonnées sont nulles le mouvement
ne peut être que rectiligne ; si les trois coordonnées sont différents de zéro, dans ce cas le
mouvement est dit spatial.
Réponse : Démontrons d’abord que le mouvement est rectiligne ; pour cela on doit
chercher l’équation de la trajectoire. Après élimination du temps entre les deux équations
horaires données on trouve : y = x + 4 équation d’une droite, donc le mouvement est
rectiligne.
Pour que ce mouvement soit uniforme il faut que la vitesse soit constante en direction,
en sens et en module.
v = 22 + 22
v = 8 = 2.83ms 1
Le vecteur vitesse est v = 2i + 2 j
Ceci implique que le mouvement est uniforme. En définitif le mouvement est rectiligne
et uniforme.
2/ MOUVEMENT RECTILIGNE UNIFORMEMENT VARIE
(
)
Définition : Le mouvement d’un point matériel est rectiligne uniformément varié si sa
trajectoire est une droite et son accélération est constante.
La vitesse algébrique : En considérant les conditions initiales t = 0 ; v = v0 (vitesse
initiale), et partant des définitions précédentes, et en intégrant on peut écrire :
v
t
dv
a=
dv = adt
dv = adt
v vv0 = at t0
dt
v0
0
On obtient à la fin l’équation de la vitesse instantanée qui est une fonction du temps de
premier degré:
v = v0 .t + v0
(14.4)
Equation horaire du mouvement : Si on prend t = 0 ; x = x0 (abscisse initiale), et
partant de ce qui précède on écrit :
x
t
dx
v=
= at + v0
dx = (at + v0) )dt
dx = (at + v0) )dt
dt
x0
0
L’équation horaire est donc :
1
x = at 2 + v0 t + x0
2
(15.4)
Diagrammes du mouvement : On voit sur la figure 4.8 les diagrammes du mouvement
rectiligne uniformément varié relatifs à l’accélération, la vitesse et le déplacement.
x
1
x = at 2 + v0 t + x0
2
v
A.FIZAZI
a= Cte
v0 = 0
x0
O
a
v = at + v 0
t
O
O
t
Univ-BECHAR
t
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66
Mouvements rectilignes
2
v 0 = 2a ( x
Laissons à l’étudiant le soin de démontrer à titre d’exercice que : v 2
) si
Rappel : Le mouvement rectiligne est accéléré (
x0 )
a.v > 0 , et il est retardé
(
) si a.v < 0
Exemple 4.5 : Un corps ponctuel se déplace suivant l’axe OX avec une vitesse
-1
d’équation : v = 2t - 6 ( ms ) ; t 0 .
a/ En déduire l’équation de l’accélération ainsi que l’équation horaire de ce mouvement
sachant qu’à l’instant t = 0 , x = 5m . Quelle est la nature du mouvement ?
b/ Indiquer les étapes (accélérée et retardée) du mouvement.
Réponse : On obtient l’équation de l’accélération en dérivant l’expression de la vitesse
dv
= 2ms 2 . L’accélération est constante.
par rapport au temps : a =
dt
En intégrant l’expression de la vitesse on obtient l’équation horaire :
t
t
dx
v=
x = x0 + vdt x = x0 + (2t
dt
0
0
2
x = x0 + t 6t ; t = 0 , x = 5 x0 = 5
6)
x = t2
6t + 5
Le mouvement est rectiligne uniformément varié
b/ Les phases du mouvement : on dresse le tableau de variation suivant :
t
v
0
1
3
0
+
0
-
a
x
av
5
A
+
+
0
-4
+
0
Mouvement retardé
*
Tableau de variation 4.1
Mouvement accéléré
2/ MOUVEMENT RECTILIGNE A ACCELERATION VARIABLE
(
)
Définition : Le mouvement d’un point matériel est dit rectiligne à accélération
variable si sa trajectoire est une droite et que son accélération est fonction du temps
( a = f (t ) ).
Exemple 4.6 : Un corps ponctuel se déplace suivant une droite avec l’accélération
a = 4 t 2 (toutes les unités sont dans le système international MKS ).
Trouver les expressions de la vitesse et du déplacement en fonction du temps en
considérant les conditions suivantes : t = 3s ; v = 2ms -1 ; x = 9m
Réponse : Pour obtenir l’expression littérale de la vitesse on doit intégrer l’équation
de l’accélération :
t
v = adt + v0
0
t
v = v0 + (4 t 2 )dt v = 4t
0
1 3
t + v0
3
Intégrant de nouveau afin d’obtenir l’expression littérale du déplacement :
A.FIZAZI
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67
Mouvements rectilignes
t
x = x0 + vdt
x=
0
1 4
t + 2t 2
12
v0t + x0
Il nous reste à déterminer l’abscisse et la vitesse initiales du corps. D’après les
données, on remplace dans les expressions obtenues précédemment le temps par t = 3s pour
trouver l’abscisse et la vitesse initiales :
3
x0 = m ; v0 = 1ms
4
t = 3s
1
En fin de compte, les expressions de la vitesse et du déplacement sont:
x = 2t 2
1 4
t
12
t+
3
4
v = 4t
1 3
t 1
3
3/ MOUVEMENT RECTILIGNE SINUSOIDAL (
)
Définition : Le mouvement d’un point matériel est rectiligne sinusoïdal si son
équation horaire peut s’écrire sous la forme :
x = X m .cos( .t + )
(16.4)
Ou même x = X m. sin( .t + )
X m : Amplitude ou élongation maximale (K LMN O A PQ R ), son unité est le mètre.
x : Élongation ou abscisse instantanée (KL T O A PQ TU V ), elle varie entre deux
X m x + X m , son unité est le mètre.
valeurs extrêmes : 1 cos( t + ) +1
: Pulsation du mouvement (
WXY), son unité est le radian/seconde.
: Phase initiale ( Z [ \] V^ PQ KZ [ \] _`A ), son unité est le radian.
t+
: Phase instantanée ( L T
V^ PQ KL T _`A ), son unité est le radian.
La vitesse : En dérivant l’équation horaire on obtient l’expression de la vitesse
instantanée : v = x =
dx
dt
v = X m . sin( t + )
(17.4)
Cette vitesse varie entre deux valeurs extrêmes :
1 sin( t + )
+1
X m.
v
+ X m.
L’accélération : En dérivant l’équation de la vitesse on obtient l’expression de
l’accélération instantanée :
dv
dt
2
cos( .t + )
a= x=v=
a = Xm
(18.4)
Cette vitesse varie entre deux valeurs extrêmes :
+Xm
2
a
Xm
2
Nous pouvons écrire l’expression de l’accélération sous la forme :
a=
2
.x
(19.4)
L’accélération est proportionnelle à l’élongation avec un signe opposé.
A.FIZAZI
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68
Mouvements rectilignes
Contrairement à la vitesse, l’accélération s’annule au passage du mobile par la position
d’équilibre (origine des abscisses), et prend une valeur maximale lorsque l’élongation est
maximale. Nous avons résumé sur la figure 4.9 les principales caractéristiques du mouvement
rectiligne sinusoïdal.
a
i
O
x =0
v max = X m .
a=0
x = Xm
v =0
a = + Xm .
2
M
x
v
X
x = + Xm
v=0
a = Xm .
2
9.4
Equation différentielle du mouvement (
):
L’équation de l’accélération peut se mettre sous la forme d’une équation
différentielle :
d 2x
+ 2 .x = 0
2
dt
2
a=x=
x
x+
(20.4)
2
.x = 0
La solution mathématique de cette équation différentielle est de la forme :
x = A cos t + B sin t
Après transformation trigonométrique nous pouvons écrire : x = X m cos( t + )
X m et
sont les constantes différentielles qui sont déterminées grâce aux conditions
initiales sur l’élongation x0 et la vitesse v0 ; d’où l’on obtient un système de deux
équations à deux inconnues qui nous permet de déterminer X m et .
t=0
x0 = X m cos
v0 = X m sin
Les diagrammes du mouvement : La figure 4.10 représente les diagrammes du
déplacement, de la vitesse et de l’accélération du mouvement rectiligne sinusoïdal
(pour simplifier nous avons choisi = 0 ).
A.FIZAZI
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69
Mouvements rectilignes
X,V,a
a=h(t)
+amax
V=g(t)
+Vmax
x=f(t)
+Xm
0
T/2
-Xm
3T/4
T
t(s)
2T
-Vmax
-amax
Fig 4.10 : Diagramme du mouvement
Exemple 4.7 : Un vibreur sinusoïdal représenté par l’équation x = 4 sin(0.1t + 0.5)
(toutes les unités sont dans le système international MKS ).
Trouver :
a/ l’amplitude, la période, la fréquence et la phase initiale du mouvement,
b/ la vitesse et l’accélération,
c/ les conditions initiales,
d/ la position, la vitesse et l’accélération au temps t = 5s ,
e/ Dessiner les diagrammes du mouvement.
Réponse : Procédons par identification de l’équation horaire générale du mouvement
rectiligne sinusoïdal et l’équation donnée dans l’énoncé de cet exercice.
x = 4sin(0.1t + 0.5) = X m sin ( t +
)
a/ L’amplitude, la période, la fréquence et la phase initiale du mouvement.
X m = 4m ; T =
N=
1
T
2
T = 20 = 62.8s
N = 1.59.10 2 Hz ;
= 0.5rad
b/ Calcul de la vitesse et de l’accélération :
v = x = 0.4cos(0.1t + 0.5)
a = v = -0.04sin(0.1t + 0.5) = -0.04x
a=-0.04x
c/ Détermination des conditions initiales :
t =0
x0 = 4sin 0.5 = 1.92m
v0 = 0.4cos 0.5 0.35ms
1
x0 = 1.92m
v0 = 0.35m
d/ Désignation de la position, la vitesse et l’accélération au temps t = 5s
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
:
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70
Mouvements rectilignes
t = 5s : x = 4sin(0.5 + 0.5)
v = 0.4cos1
x = 3.36m
v = 0.22ms -1
a = -0.04sin1
a = 0.034ms -2
e/ Diagramme du mouvement : Nous conseillons à l’étudiant de tracer lui-même ces
diagrammes et de ne pas se contenter de jeter un simple coup d’œil sur la figure 4.11.
x,v,a
x=4sin(0.5t+0.5)
4
2
0
t
t+T
t+T/2
-2
a=-0.04sin(0.5t+0.5)
t+3T/4
t(s)
v=2cos(0.5t+0.5)
-4
A.FIZAZI
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71
Mouvements rectilignes
**
EXERCICES
Exercice 4.8
La position d’un mobile en fonction du temps est
indiquée sur la figure ci-dessous. Indiquer :
1/ en quel endroit le mouvement se fait dans la
direction des X positifs ou négatifs ?
2/ à quel instant le mouvement est retardé ou
accéléré ?
3/ quand le corps passe par l’origine ?
4/ quand la vitesse est nulle ?
5/ faire un graphique de la vitesse et de l’accélération
en fonction du temps,
6/ estimer d’après le graphique, la vitesse moyenne
pour les intervalles de temps :
1s t 1,8s , 1s t
2, 2 s , 1s t
3s
:8.4
.
X
:
"# $%
&
' $% /1
( )
#
)
, ' $ % /2
( !
& #
/3
(
& ./
/4
1 )
$/) &
&2 /5
& 2 0$/) &
)23+/ /6
: /
!
#
3s , 1s t 2, 2 s , 1s t 1,8s
!
( *+)
0
+
1s
X ( m)
t
1m
0, 2s
t (s)
0
Exercice 4.9
Un point matériel se déplace sur l’axe x ' ox de
2
façon qu’entre le carré v de sa vitesse et son abscisse
x , il existe la relation v 2 = Ax + B ,où A et
B sont des constantes.
1/ Calculer l’accélération du mobile. Que peut on dire
du mouvement ?
2/ Connaissant la nature du mouvement, trouver par
une autre méthode les valeurs de A et B en fonction
des caractéristiques du mouvement.
Exercice 4.10
Une pierre est lancée verticalement vers le haut depuis
le toit d’un immeuble avec une vitesse de
A.FIZAZI
0 #
23.
x ' ox
)" !)%
v2
. ) )6 B
8) .
5
4x
4/
$ 29 : 4 + #
0
.
1
29, 4ms
= )# >82
Univ-BECHAR
9.4
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A 0 v 2 = Ax + B
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;
B A
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< - ) 2) = )# >84
4s . .= ) ?+
)23+/
LMD1/SM_ST
72
Mouvements rectilignes
@ .+4
/)6 = )#
29, 4ms 1 .On laisse tomber une seconde pierre = )#
. + ) 4s /)6 = )#
4s après avoir jeté la première. Démontrer que la )/
première pierre dépassera la seconde 4s exactement
après que l’on ait lâché la seconde.
g = 9,8ms 2
g = 9,8ms 2 .
/
<
)#
<
. /)6
Exercice 4.11
Un homme au sommet d’un immeuble lance une
boule verticalement vers le haut avec une vitesse
:11.4
=
< - ) 2) = )
2
# >84
A <
- =
! .
12m.s 1
12m.s 1 . La boule atteint le sol 4, 25s plus tard.
.)"%82
4, 25s .
1/ Quelle est la hauteur maximale atteinte par la
boule ?
(=
B '8 $ , < 1)
@ ) /1
2/ Quelle est la hauteur de l’immeuble ?
(= ) .
@ & /2
3/ Avec quelle vitesse atteint-elle le sol ?
=
)" & +! $
$@ ) /3
g = 9,8ms 2
(A <
2
g = 9,8ms
Exercice 4.12
L’unité de longueur est le centimètre, l’unité de
temps la seconde.
Une automobile se déplace en mouvement rectiligne.
a=
C
2
t = 1s
1/ déterminer la nature du mouvement, écrire son
équation horaire.
2/ calculer toutes les constantes qui caractérisent le
mouvement,
3/ montrer que x peut s’écrire sous la forme :
x = X m cos ( t +
0
/
a=
2
,
$%
5
0
).
Exercice 4.13
Un corps est animé d’un mouvement rectiligne dont
l’accélération est donnée par a = 32 4v ( avec
comme conditions initiales x = 0 et v = 4 pour
t = 0 ).
Trouver v en fonction de t , x en fonction de t et
x en fonction de v .
A.FIZAZI
4
x
4
. v = 2 cm.s 1
x = 4cm !)
. /
)" ). 7 0
. +
/1
0
$ ; 6
7
/2
:
x )
/
/3
. x = X m cos ( t + )
x , tel
4
que , à la date t = 1s , on ait l’abscisse x = 4cm et la
1
vitesse v = 2 cm.s .
Son accélération est donnée par
. /)6 $@
=
)" )
+. .
:12.4
$@ + =
= )
4/
a = 32 4v 1 )
4
.( t = 0 #
v=4 x=0
.v
x t
x 0 t
Univ-BECHAR
:13.4
& # 4/
*
+
)
v #
LMD1/SM_ST
73
Mouvements rectilignes
Corrigés des exercices 4.8 à 4.13
13.4
8.4
Exercice 4.8 :
1/ Tout le mouvement s’effectue dans le sens positif des abscisses X , sauf pour
l’intervalle de temps 2, 2 s t 2,8s pour lequel le mouvement se fait dans le sens négatif. Le
mobile est au repos entre les instants t = 0,8s et t = 1,8s .
2/ Le mouvement est accéléré instantanément aux instants t = 1,8s et t = 2.8s ; il est
retardé instantanément aux instants t = 1,8s et t = 2.8s .
3/ Le mobile passe par l’origine aux instants t = 0,3s , t=2,8s , t=3,2s .
4/ La vitesse s’annule entre les deux instants t = 0,8s et t = 1,8s .
5/ La figure ci-dessous donne la représentation graphique de la vitesse en fonction du
temps.
x
6/ on calcul la vitesse à partir de la formule v =
:
t
1 t 1,8s , vmoy = 0
1s t
(
v m.s1
3s , vmoy
)
v = 10, 62m.s
1,5
= 1, 25ms 1
1, 2
1,5 9 + 2
=
= 2, 25ms
2
2, 2 s , vmoy =
1s t
2m.s
1
0, 2s
1
v = 3, 75m.s
0
1
1
v = 5ms
1
v=0
t (s)
v = 15ms
1
Exercice 4.9 :
1/ On dérive les deux membres de l’équation par rapport au temps :
dv
dx
A
2v
=A
, 2v.a = A.v
a=
dt
dt
2
A.FIZAZI
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74
Mouvements rectilignes
Puisque l’accélération est constante et la trajectoire une droite, le mouvement est
rectiligne uniformément varié.
2/ Détermination de A et B :
v = at + v0
v 2 = a 2 t 2 + v02 + 2a.v0 .t
1
v 2 = a (at 2 + 2v0 t ) + v02
v 2 = 2a ( at 2 + v0 t ) + v02
2a.x + v02
(1)
2
x
( 2)
D’après les données : v 2 = Ax + B
Par identification des deux équations (1) et ( 2 ) on en déduit : A =
a
; B=v02
2
Exercice 4.10 :
Pour les deux pierres le mouvement est rectiligne uniformément varié. On oriente
l’axe OZ vers le haut. On calcule la distance parcourue par la deuxième pierre durant les
4secondes, soit son abscisse sur l’axe OZ :
1 2
z1 =
gt1 ; z1 = 78, 4m
2
D’après l’énoncé, on en déduit que la première dépasse la deuxième après 8 secondes
depuis son lancement. Calculons son abscisse à cet instant :
1 2
z2 =
gt2 +v0 t2 ; z2 = 78, 4m
2
Les deux pierres au moment de leur rencontre se trouvent à la même hauteur ( z = z1 = z2 ) ,
8 secondes après le lancement de la première et 4 secondes après l’abondant de la deuxième
en chute libre.
Exercice 4.11 :
1/ On choisit l’axe OZ orienté positivement vers le haut, son origine la terrasse de
l’immeuble.
Le mouvement de la balle est uniformément varié. La balle atteint sa hauteur maximale
quand sa vitesse s’annule, elle s’arrête alors pour tomber en chute libre. :
v2
v02 = 2 gh
h=
v02
2g
, h 7,35m
2/ La hauteur de l’immeuble est égale à l’abscisse de la balle au moment de sa collision
avec le sol( soit à t = 4, 25s ) :
1 2
z=
gt + v0 .t ;
z =37,5m
2
3/ La vitesse de la collision de la balle avec le sol :
v = gt + v0 ; v=-29,65ms -1
Le signe – résulte de l’orientation de l’axe.
Exercice 4.12 :
1/ Remarquons que nous avons une équation différentielle de premier ordre :
a=
2
A.FIZAZI
x+
2
x=0
4
4
qui est l’équation caractéristique du mouvement rectiligne sinusoïdal.
x
Univ-BECHAR
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75
Mouvements rectilignes
Sa solution est, comme nous l’avons mentionnée dans le cours, de la forme :
x = A cos
t + B sin t
2
2
On en déduit l’expression de la vitesse en dérivant l’équation horaire :
v= A
2
sin
2
t+B
cos
2
2
t
D’après les conditions initiales :
t = 1s , x=4cm , 4=0+Bsin
B = 4cm
2
t = 1s , v=-2 cm.s -1 , -2 = A
2
sin
A = 4cm
2
L’équation horaire s’écrit alors :
x = 4 cos
2
t + 4sin
2
x = 4 cos
t
2
t + sin
2
t
2/ Les caractéristiques du mouvement rectiligne sinusoïdal sont : la pulsation,
l’amplitude et la phase initiale. Pour trouver les valeurs de ces constantes il est nécessaire de
transformer l’équation horaire sous la forme :
x = X m cos ( t + ) (1)
2
pour obtenir :
2
Multiplions les deux membres par
2
=4
2
x
Puisque : sin
= cos
2
2
cos t +
sin t
2
2
2
2
2
, nous pouvons écrire l’équation horaire sous la forme :
2
=
4
4
2
cos t.cos + sin t.sin
x=4
= 4 2 cos t.cos + sin t.sin
2
4
2
4
2
4
2
4
2
Procédons à une transformation trigonométrique pour aboutir à :
x = 4 2 c os
2
t.cos
4
+ sin
2
t.sin
4
= 4 2 cos
2
t
4
1
( 2)
2
4
2
2
En dernier lieu on arrive à l’expression de l’équation horaire qui va nous permettre
d’obtenir les constantes du mouvement. Par identification des équations (1) et ( 2 ) :
x = 4 2 cos
x = 4 2 cos
t
x = 4 2 cos
2
t
t
1
= X m .cos ( t +
2
)
On obtient finalement :
La pulsation :
la phase initiale :
=
2
rad .s
=
4
1
, l’amplitude : X m = 4 2cm ,
rad
3/ L’équation horaire peut s’écrire à présent sous la forme :
A.FIZAZI
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76
Mouvements rectilignes
x = 4 2.10 2.cos
2
t
(m)
4
Exercice 4.13 :
L’expression donnée est une équation différentielle de premier ordre.
a = 32 4v
v + 4v = 32
4
Sa solution est de la forme : v = Ae 4t +
32
Pour trouver la valeur de la constante A on fait appel aux conditions initiales :
t = 0 , v= 4 , 4= Ae0 +8
A=-4
Donc la vitesse en fonction du temps est : v= -4e-4t +8
(1)
Pour trouver l’équation horaire du mouvement on doit intégrer l’équation de la vitesse :
dx
v=
= 4e 4t + 8 dx = ( 4e 4t + 8 ) dt
x = ( 4e 4t + 8 ) dt
dt
x = e 4t + 8t + B
Calculons la valeur de la constante B à partir des conditions initiales :
t = 0 , x=0 0 = e 0 + B
B= 1
Donc x en fonction de t est : x = e
4t
+ 8t 1
( 2)
Pour exprimer x en fonction de v , il suffit d’éliminer le temps entre les deux équations (1)
et ( 2 ) :
De (1) : v= -4e-4t +8
1
8 v
t = - ln
4
4
Remplaçons dans ( 2 ) : x = e
Finalement : x = 2 ln
A.FIZAZI
8 v
4
4
1
8 v
ln
4
4
+ 8.
1 8 v
ln
4
4
1
x=
8 v
4
2 ln
8 v
4
1
1
v +1
4
Univ-BECHAR
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77
Mouvement dans le plan
C-IV /MOUVEMENT DANS LE PLAN
Si la trajectoire appartient à un plan, il est possible de repérer la position d’un mobile
soit par les coordonnées rectangulaires soit par les coordonnées polaires.
1/ ETUDE DU MOUVEMENT EN COORDONNEES POLAIRES
( +456
+, -./ 0
1 23) :
Position du mobile : Soit M un point matériel dont la trajectoire est une courbe
plane quelconque( C ).
La position du mobile en coordonnées cartésiennes, comme nous l’avons déjà
signalée est définie par :
OM = r = xi + yj
(21.4)
Mais en coordonnées polaires le vecteur position s’écrit :
OM = r = r.ur
(22.4)
ur = i .cos + j .sin
Où :
OM = r = r (i .cos + j .sin )
et dépendent du temps : r = f (t ) et
Donc :
Remarque :
La vitesse :
En coordonnées cartésiennes :
= g (t )
v = r = xi + yj
(23.4)
En coordonnées polaires : D’après le figure 4.12 , nous pouvons écrire les
expressions des deux vecteurs unitaires u et u en fonction des vecteurs unitaires i et
j :
ur = i .cos + j .sin
u = i .sin + j .cos
;
(24.4)
Leurs dérivées consécutives sont :
dur
d
d
d
= i .sin .
+ j cos . =u .
dt
dt
dt
dt
du
d
= i .cos .
dt
dt
j .sin .
d
d
= ur
dt
dt
dur
d
=u .
dt
dt
du
d
= ur
dt
dt
(4.25)
A l’aide des relations (4.25), exprimons la vitesse en coordonnées polaires :
v =r =r
dur
dr
+ ur
dt
dt
v=
dr
d
ur + r
u
dt
dt
v = r.ur + r. .u
(4.26)
En conséquence, la vitesse a deux composantes, transversale v et radiale v . Ci-dessous
figurent les deux expressions des deux composantes ainsi que le module de la vitesse en
coordonnées polaires :
A.FIZAZI
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78
Mouvement dans le plan
v = r.ur + r. .u
vr = r.ur
v = vr + v
v = r. .u
v = r 2 + (r. ) 2
L’accélération :
En coordonnées rectangulaires : a = v = r = xi + yj
En coordonnées polaires : Nous dérivons la relation de la vitesse 4.26 par rapport
au temps et en utilisant l’expression 4.25, nous obtenons la formule de l’accélération :
du
dur
+ r .ur + r. .
+ r. .u + r. .u
dt
dt
d
d
a = r.(u . ) + r .ur + r. .( ur
) + r. .u + r. .u
dt
dt
a = v = r.
En ordonnant cette expression, et en utilisant la notation de Newton, on arrive à la
formule définitive de l’accélération en coordonnées polaires :
a = r.u . + r .ur + r. .( ur ) + r. .u + r. .u
a = (r r. 2 ).ur + (2r. + r. ).u
ar
(4.27)
a
Remarquons que l’accélération a deux composantes, radiale a et transversale a
:
(4.28)
a = ar + a
Quant à son module il est égal à :
a = (r
(4.29)
r. 2 ) 2 + (2r. + r. ) 2
Cas particulier, Le mouvement circulaire(
:
):
Puisque r = R = C , le vecteur vitesse est donc :
te
v=R u
(4.30)
Et l’expression du vecteur accélération est :
a = R. 2 ..ur + R. .u
(4.31)
Remarquons que cette accélération a deux composantes :
Accélération normale (
) notée par aN , portée par la normale, dirigée
vers le centre , et de sens contraire à a , elle indique la variation de la direction de
la vitesse.
aN = ar = R 2ur
ar = a N = R
2
(4.32)
Accélération tangentielle (
) notée par aT , portée par la tangente à la
trajectoire au point M , elle indique la variation du module de la vitesse.
a = aT = R u
A.FIZAZI
a = aT = R
Univ-BECHAR
(4.33)
LMD1/SM_ST
79
Mouvement dans le plan
Autre cas particulier, le mouvement circulaire uniforme ( U V
W):
te
Pour ce mouvement la vitesse est constante en module. Et puisque r = R = C , la
vitesse est donc :
v=R =R
(4.34)
Nous reconnaissons la vitesse angulaire
qui représente l’angle balayé par unité
de temps et dont l’unité est le radian par seconde ( rad .s 1 ) .
Quant à l’accélération elle vaut :
a = ar = aN = R
2
=R
2
v2
=
R
aN = R
2
.ur
(4.35)
2/ LES COMPOSANTES NORMALE ET TANGENTIELLE DE LA VITESSE ET DE
L’ACCELERATION DANS LE REPERE DE FRENET :
On considère maintenant un mouvement dont la trajectoire est une courbe plane
quelconque (C) . Nous dessinons un repère composé de l’axe MT, tangent à la trajectoire au
point M et porte le vecteur vitesse, et de l’axe MN perpendiculaire à l’axe MT.
Soient uT et u N les deux vecteurs unitaires suivant MT et MN respectivement. On
remarque sur la figure 4.13 que la vitesse s’écrit alors:
v = v.uT
(4.36)
a = aT .uT + aN .u N
(4.37)
L’accélération s’écrit : a = aT + aN
Donc :
N
aN
a
(C )
uN
M
uT
v
aT
T
Fig 4.13: vitesse et accélération dans le repère Frenet
De ce qui précède, apparaît :
dv
dt
v2
aN =
R
aT =
v2
a = v.uT + .u N
R
v2
a= v +
R
2
2
On appelle les expressions (4.36) et (4.37), respectivement les composantes de la vitesse et de
l’accélération dans le repère de Frenet, ou les composantes propres, ou encore les
composantes locales.
A.FIZAZI
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80
Mouvement dans le plan
Si ds est le déplacement élémentaire il est tout à fait logique que le vecteur position est :
r = uT .ds
(4.38)
Pour clore ce chapitre, abordons l’exemple suivant :
Exemple 4.8 : La trajectoire plane d’un point matériel en coordonnées polaires est
.cos 2
donnée par l’équation :
2
= a , où a est une constante.
On suppose que le module v de la vitesse de ce point matériel est proportionnel à
v = k , où k est une constante positive.
Calculer les composantes normale v et transversale v du vecteur vitesse.
Réponse :
On sait que : v = .u +
v =v +v
.u
Remarquer que nous avons remplacé les lettres par
pas les lettres !!!).
Partant des données nous faisons les calculs suivants :
cos 2 ( / 2) = a
En dérivant l’expression de
v =
=
d
d d
=
.
dt d dt
par
( le but : n’apprenez
a
cos 2 ( / 2)
v =
a.cos( / 2).sin( / 2)
.
cos 4 ( / 2)
v = .
reste inconnue. Pour cela il faut la calculer ce
2
et
par rapport au temps, nous obtenons la vitesse normale v :
Quant à la vitesse transversale elle est :
Mais
:
2
D’après les données : v = k .
2
2
à partir de v = v
2
+v
2
a2
=k . 4
cos ( / 2)
2
Donc :
a2
a 2 .sin 2 ( / 2)
k . 4
=
.
cos ( / 2)
cos6 ( / 2)
2
2
2
2
a2
+
.
cos 4 ( / 2)
2
sin 2 ( / 2)
k =
+1 .
cos 2 ( / 2)
2
2
2
D’où :
= k .cos ( / 2)
= k .cos( / 2)
En remplaçant par sa valeur littérale dans les deux composantes de la vitesse, on trouve ce
qui est demandé :
v =
a.k .sin( / 2)
cos2 ( / 2)
v =
A.FIZAZI
v = v.sin( / 2)
a.k
cos( / 2)
Univ-BECHAR
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81
Mouvement dans le plan
**
EXERCICES
Exercice 4.14
Une particule se déplace dans un plan XY selon la
:14.4
XY
loi : vx = 4t + 4t et v y = 4t .
3
Si le mobile se trouvait au point
(1, 2 )
. v y = 4t
à l’instant
(1, 2 )
!t = 0
t = 0 , trouver l’équation de la trajectoire en
. "
coordonnées cartésiennes.
Exercice 4.15
Une particule se déplace dans un plan
loi :
vx = 4
t = 0 on ait x = 0 ! y = 3 ! ! v = 0
y
XY
) . a y = 3cos t
(
1/ l’équation de la trajectoire, quelle est son allure ?
t=
4
,( #-
s.
.t =
Exercice 4.16
Soit le mouvement défini par sa trajectoire
y = 3( x + 2)
y = 3 ( x + 2 ) et son équation horaire s ( t ) = 2t 2 .
Sachant que
que
x = 2 et y = 0 quand s ( 0 ) = 0 et
s croit avec la croissance de y :
1/ trouver les équations paramétriques
y ( t ) du mouvement,
x ( t ) et
2/ déterminer l’accélération normale et l’accélération
tangentielle du mouvement.
x= 2
:y
xOy d'origine O et de base ( i , j ). Les coordonnées
x et y d'un point M mobile dans le plan ( O, i , j )
t=0
:
/1
!
s
4
. /2
)
'
:16.4
#
). s ( t ) = 2t 2
"
/
" s
x (t )
.#
2
# ! s ( 0) = 0
#
0
'
y=0
/1
!#
/2
2
:17.4
4
3
. y = 4t 4t x = 2t :1
' '
,( #!
/1
!
) 5 /2
!$' % ()
/ ' /3
2
'#
/4
!$
.7 8
. 9: ;
/5
2
2
Exercice 4.18
Le plan est rapporté à un repère orthonormé
" 1
y (t )
Exercice 4.17
On donne les équations paramétriques de la
trajectoire plane d'un point mobile par rapport à un
référentiel : x = 2t et y = 4t
4t
1/ Déterminer l'équation de la trajectoire, Quelle est
son allure ?
2/Calculer la vitesse du mobile,
3/Montrer que son accélération est constante,
4/Déterminer les composantes normale et
tangentielle de l'accélération dans un repère de Frenet.
5/En déduire le rayon de courbure.
&'
ax = 4sin t
vx = 4 ! y = 3 ! x = 0
v y = 0 ! trouver :
2/ la valeur de la vitesse à l’instant
# $ %
:15.4
XY selon la
ax = 4sin t et a y = 3cos t .
Sachant que pour
vx = 4t 3 + 4t
6
:18.4
xOy 6789:; < =;8>:; ?@>; ABC DE:FGBH IFJK
y < x S8:TUH=VWH XTY:P . ( i , j ) OP=Q8R < O LM=N;
varient avec le temps suivant la loi:
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
82
Mouvement dans le plan
x = 2 cos
d;eBH f; ( O, i , j ) DE:FGBH `a ]bXc:; M ]^_JB
t
t
et y = 2sin .
2
2
1/ Déterminer la nature de la trajectoire,
2/ Déterminer les composantes du vecteur vitesse v ,
ds
, ainsi
dt
que celle de l'abscisse curviligne s du point M à
l'instant
t , en prenant comme condition
initiale s = 0 quand t = 0 ,
3/ Déterminer l'expression de la vitesse
4/ déterminer les composantes normale et
tangentielle de l'accélération dans un repère de Frenet,
5/ en déduire le rayon de courbure de la trajectoire.
6/ La trajectoire reste la même, mais maintenant le
point M
subit une accélération angulaire
d2
=
dt 2
= 0, 2t . A quelle date le point M
1
atteindra-t-il une vitesse de 10ms , sachant qu'il est
parti du repos. Quelle distance a-t-il alors parcourue ?
t
t
< x = 2 cos : SE78_BH IFV
2
2
.g8FGBH ]>TNh i=V /1
l v ]QXFBH j8>k `:NbX; i=V /2
ds
s ]TUH=VWH mg8NQ Hnb <
]QXFBH mg8NQ i=V /3
dt
`pH=:qWH rXsBH ntuq l t ]oc@BH `a M ]^_JB ]TJcJGBH
l t = 0 8GB s = 0
?@>; `a jg8F:@B ]TGv8JBH < ]Tw8GGBH dT:NbXGBH i=V /4
lxJKXa
.y8Jc7zH X^R {|7 }:J:wC /5
jg8F:q M ]^_JBH XUu:P dTV `a OB8V A@Q •8q g8FGBH /6
d2
M ]^_JBH ‚@NP ]ocB €M `a .
= = 0, 2t €<H•
dt 2
`… 8; .SEƒFBH d; x_@^7H 8„7M 8G@Q l 10ms 1 ]QXw
†8„:>^R `:BH ]a8FGBH
. y = 2sin
Exercice 4.19
Une particule soumise à des champs électriques et
magnétiques complexes est en mouvement dans un
référentiel galiléen. Les équations horaires sont, en
:19.4
m=_>; ]TFTh8JY; < ]Tp8qX„b ‹E_cB ]>Œ8t ]GTF• Ž_:JP
]TN^_BH •8TUH=VW8q S8:TJ;eBH S8:Bi8>GBH .`@T@• f•X; `a
t
t
t
t
b
b
.S8N•E; S8:q8U b < 0 l = < r = r0 e 8G…
coordonnées polaires : r = r0 e
et
= , 0 et
b
b
l]bXc@B ]QXFBH j8>k IFVM /1
b sont des constantes positives.
1/ Calculer le vecteur vitesse de la particule,
†]K<HeBH Ln… €<8FP ?b .]:q8U ( v , u ) ]K<HeBH SM d‘Tq /2
2/ Montrer que l’angle ( v , u ) est constant. Que
l]bXc@B jg8F:BH j8>k IFVM /3
vaut cet angle ?
Ln… €<8FP ?b .]:q8U ( a , uN ) ]K<HeBH SM d‘Tq /4
3/ Calculer le vecteur accélération de la particule,
l(2‹H’FB8q dT>:F7)†]K<HeBH
4/ Montrer que l’angle ( a , u N ) est constant. Que
.g8FGBH y8Jc7H X^R {|7 IFVM /5
vaut cet angle ? (On se servira de la question2),
5/ Calculer le rayon de courbure de la trajectoire.
uT
u
M
u
uN
O
Exercice 4.20
Un bras OA tournant avec une vitesse
A.FIZAZI
x
autour
Univ-BECHAR
'%
" )
'
:20.4
OA
LMD1/SM_ST
83
Mouvement dans le plan
d’un axe O , est articulé en A avec une tige AB .
La tige AB est solidaire d’un curseur B pouvant
coulisser le long de l’axe Ox . le bras et la tige
peuvent se croiser lorsque la tige passe par derrière
. AB 5 =. 1 A ) :<
'
- !O
' . .8"
' B ) :<
AB 5 =
OA ' =
# . Ox
3 ) 8" >
:< 9 ? .8"
AB
l’articulation en O .
Sachant que
AB = L
: OA = R
AB = L # . O
et OA = R :
A
) B #
"
/1
1/ trouver l’équation horaire du mouvement de B ,
! t = 0 " ) A0
sachant que B passe en A0 au temps t = 0 ,
,)
6
$
4
/2
2/ à quel instants la vitesse s’annule-t-elle ?
Y
A
L
R
t
O
Exercice 4.21
Dans le plan
( XOY ) d’un repère
X
( O, i , j , k ) , un
P se déplace sur un cercle de rayon R et de
centre I ( R, 0, 0 ) .
point
A l’instant t = 0 ,
B
A0
(
! O, i , j , k
. I ( R, 0, 0 ) /"#
possède la vitesse positive
v0 ( 0, v0 , 0 ) .
On désigne par et les coordonnées polaires de P .
1/ Former l’équation polaire du cercle, en déduire son
équation cartésienne.
repère
;
( ur , u )
( O, u , u , k ) .
r
3/ Soit s l’abscisse curviligne de P (l’origine est en
A).
• Donner l’expression de s en fonction de
.
• Représenter sur la figure la base intrinsèque
(u
T,
u N ) de P .
• Calculer en fonction de
et de ses dérivées
successives par rapport au temps les composantes de
v0 et a dans cette base.
• Calculer les composantes polaires de
. P B
(u
"
'
'
'
uT et de u N .
4/ On désigne par
la vitesse angulaire de P , dont
on suppose dans tout ce qui suit qu’elle est constante.
A.FIZAZI
T,
uN )
'
Univ-BECHAR
)
5 #
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# /1
.
#
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0 8' 5
v )
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(
. O, u r , u , k
. uN
'#
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.
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@)
#- 3 ) C% •
0 .6
/
uT
'
!P B
Retrouver dans ces conditions les composantes
polaires de v0 et a .
lt = 0
' ) PB s
:( A
. 9: @ A 3 ) P
P
. P B ( ur , u ) '
" ' '
de P . Calculer en fonction de
et de ses dérivées
P B a 2
successives par rapport au temps les composantes
polaires des vecteurs vitesse v et a de P dans le
2/ Représenter sur la figure la base polaire
( XOY )
6
. v0 ( 0, v0 , 0 ) '
B' P B '
$ %
!@ A
'
.
0
)
R /
A ( 2 R, 0, 0 )
P se trouve en A ( 2 R, 0, 0 ) et
:21.4
8' 5 •
a v0 $ %
'#
5
•
•
. a
v0 B
" ]QXF@B
B' "
/4
. ' % 1'
#
/ '
6%
') ! t 8 ' ) •
a
v
') ;
•
LMD1/SM_ST
84
Mouvement dans le plan
• Donner en fonction de t , les expressions de
puis
de .
• En déduire les expressions de v et a en fonction
de t de
.$
@ ).
v0 et a dans les bases polaire et de Frenet.
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
85
Mouvement dans le plan
21.4
Corrigés des exercices 4.14 à 21.4
14.4
Exercice 4.14 :
En intégrant nous obtenons les deux équations horaires :
vx = 4t 3 + 4t , x =
( 4t
3
)
+ 4t dt
v y = 4t , y= 4t.dt
x = t 4 + 2t 2 + C x
y=2t 2 + C y
Les conditions initiales nous permettent de déterminer les deux constantes d’intégration
C x et C y :
t = 0 , x=1 , y=2
Cx = 1 , C y = 2
x = t 4 + 2t 2 + 1 , y=2t 2 + 2
On obtient :
D’où l’équation de la trajectoire :
(
)
x = t2 +1
2
(
)
, y=2 t 2 + 1
y=2 x
Exercice 4.15 :
1/ En intégrant deux fois de suite, nous obtenons les deux équations horaires du
mouvement :
ax = 4sin t
vx = 4 cos t + v0 x , x = 4sin t + v0 x .t + C x
a y = 3cos t
v y = 3sin t + v0 y , y = 3sin t + v0 y .t + C y
Les conditions initiales nous permettent d’obtenir les constantes d’intégration : v0 x
v0 y
Cx
et C y :
t = 0 , x=0 , y=-3 , vx =4
, v y =0
v0x = 0 , v0y = 0 , C x = 0 , C y = 0
Nous obtenons :
vx = 4cos t , v y = 3sin t
x = 4sin t , y = -3cos t
L’équation de la trajectoire est donc :
x = 4sin t, y=-3cost
y 2 x2
+
=1
9 16
La trajectoire est une ellipse.
2/ La vitesse au temps t =
A.FIZAZI
4
s est :
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
86
Mouvement dans le plan
v = vx2 + v y2
v = 16sin 2
+ 9 cos 2
4
v = 3,53ms
4
1
Exercice 4.16 :
L’équation horaire en coordonnées curviligne est s ( t ) = 2t 2 . Nous avons vu dans le
ds
ds
. Calculons cette vitesse : v =
= 4t . Ceci nous informe que
dt
dt
les équations horaires x et y sont du second degré par rapport au temps. Partant de cela
cours que la vitesse est v =
nous pouvons écrire :
x = t 2 + t + x0
vx = 2 t +
y = t + t + y0
vy = 2 t +
2
(
v2 = 4
t +
2
+4
)t +
2 2
.t ) + ( 4 2 t 2 +
+4
2
+ 4 .t
)
Organisons cette dernière équation sous la forme :
(
v2 = 4
2
+4
2
)t + (4
2
2
+
2
Nous avons trouvé précédemment v 2 = 4t 2
Par identification des deux équations précédentes, nous obtenons un système de trois
équations à trois inconnues :
(4
2
(4
2
De ( 3) on en déduit
=
+4
et
)t
2
= 4t 2
)t = 0
= 0 ( 3)
+4
+
2
(1)
( 2)
= 0 , des conditions initiales on tire x0 = 2 et y0 = 0 .
Les deux équations horaires sont donc :
x = t2
Reste à déterminer
2
( 4)
2 , y= t 2
.
Nous remplaçons dans l’équation de la trajectoire pour obtenir :
y = ( x + 2) = 3( t 2 2 + 2)
y = 3 t2
(5)
On égalise les deux équations ( 4 ) et ( 5 ) pour déduire la valeur de
y=3 t = t
2
De l’équation (1) on obtient : 4
+4
2
2
= 4 . Donc :
=3
4
2
+4
2
:
=3
2
=4
=±
2
,
5
= ±3
2
5
Puisque l’abscisse curviligne s croît avec y , nous n’acceptons que les racines positives, et par
substitution dans l’équation ( 4 ) on obtient:
x=
A.FIZAZI
2 2
t
5
2 , y=3
Univ-BECHAR
2 2
t
5
LMD1/SM_ST
87
Mouvement dans le plan
Exercice 4.17 :
1/ Equation de la trajectoire : On élimine le temps entre les équations horaires pour
1
y = x 2 2 x . La trajectoire est une parabole.
obtenir y = f ( x ) : t = x
2
2/ La vitesse du mobile : On dérive le vecteur position par rapport au temps :
vx = 2
2
v = vx2 + v y2
v = ( 8t 4 ) + 4 ( ms 1 )
v y = 8t 4
3/ Accélération du mobile : En dérivant le vecteur vitesse par rapport au temps on arrive
à:
dvx
=0
dt
dv y
ay =
=8
dt
ax =
a = 8ms
2
= C te
4/ L’accélération tangentielle est la dérivée du module de la vitesse par rapport au temps,
donc :
aT =
dv
dt
aT =
8 ( 8t 4 )
( 8t
( ms )
2
4) + 4
2
L’accélération normale vaut :
aN2 = a 2
aT2
16
aN =
( 8t
( ms )
2
4) + 4
2
5/ Le rayon de courbure est :
v2
v2
aN =
, r=
r
aN
r=
16
( 8t
4) + 4
3
(m)
Exercice 4.18 :
1/ En éliminant le temps entre les équations paramétriques, et cela en les élevant au carré
d’abord puis en les additionnant membre à membre, on obtient l’équation de la
trajectoire x 2 + y 2 = 4 . La trajectoire tracée par le mobile est un cercle de centre O et de
rayon R = 2 .
2/ Les deux composantes du vecteur accélération et le module du vecteur vitesse sont:
t
t
ds
vx = sin , v y = cos ; v 2 = vx2 + v y2
v2 = 1 , v =
= 1ms -1
2
2
dt
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
88
Mouvement dans le plan
ds
, conduit à l’équation horaire du mouvement en
dt
v =t +C
3/ L’intégration du vecteur vitesse v =
coordonnées curvilignes : s = v.dt
Et puisque au temps t = 0 , s = 0 , donc C = 0 et l’équation horaire est s = t .
4/ On dérive la vitesse par rapport au temps pour aboutir à l’accélération :
1
t
1
t
ax =
; a 2 =a x2 + a y2 = 0, 25ms 2
cos ; a y =
sin
2
2
2
2
Dans la base de Frenet :
dv
aT =
= 0 , aN = a 2 aT2
aN = 0,5ms 2
dt
v2
5/ Le rayon d courbure est : R =
aN
R = 2m
6/ L’accélération angulaire est logiquement la dérivée de la vitesse angulaire par rapport
d
au temps : =
= 0, 2t
dt
La vitesse angulaire est donc : = 0, 2t.dt
= 0,1t 2 + C
Et puisqu’à t = 0 , s = 0 , alors C = 0 et la vitesse angulaire vaut :
= 0,1t 2 .
Nous pouvons à présent déduire la vitesse instantanée : v = R = 0,1Rt 2
La vitesse atteint la valeur 10ms
2
à l’instant 10 = 0, 2t 2
v = 0, 2t 2
t = 7,1s
En intégrant la vitesse angulaire, nous obtenons l’angle balayé, et de là on calcule la distance
0,1 3
0,1
3
t , s=R =
.2. ( 7,1)
s 23, 9m
parcourue : =
3
3
Exercice 4.19 :
1/ Partant des différentes expressions connues, on peut calculer le vecteur accélération du
mobile :
r0 bt
t
r = r.ur = e .ur ; =
; ur = .u ; u = .ur
b
b
dr
v=
= r.ur + r.ur
dt
2/ Pour calculer l’angle ( v , u
v=
)=
r0 bt
r0 bt
e .ur + .e .u
b
b
;
r
v= 0e
b
t
b
(
ur + u
)
on fait appel aux propriétés du produit scalaire :
v .u = v.u .cos
cos
=
v .u
v.u
On remplace v et v par leur expressions respectives :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
89
Mouvement dans le plan
r0 bt
e ( ur + u ) .u
v .u
cos =
= b
t
v.u
r0 b
e .u
b
ur .u = 0 ; u .u = 1 , u = 1
cos
=
1
=1
u
(v, u ) =
= 0 ; v // u
Ce résultat indique que v et u sont colinéaires.
3/ Pour calculer le vecteur accélération, on dérive le vecteur vitesse par rapport au temps
(c’est ce qui a été démontrée dans le cours) :
r0 bt r0 bt
r0 bt
2
a= r r
ur + 2 r + r u
a= 2e
e ur + 2 2 e u
b
b2
b
(
)
(
)
a=
4/ Pour calculer l’angle ( a , uN ) =
2
r0
e
b2
t
b
u
, on utilise les propriétés du produit scalaire :
a.u N = a.u N .cos
=
cos
a.u N
a.u N
On remplace a et a par leurs expressions respectives pour arriver à :
r t
2 0 e b .u .u N
a.u N
u .u N
b
cos =
=
=
(1)
t
a.u N
uN
r0 b
2 e .u N
b
Nous avons vu à la question ( 2 ) que v et u ont la même direction, soit ( v = v.u
)
; de même
v = v.uT , donc u et uT sont parallèles, ce qui nous permet d’écrire : u = u .uT .
u uT .u N
Remplaçons maintenant u dans (1) : cos =
uN
Et puisque uT .u N = 0 , donc cos
=0
=
2
rad
a
uN
Exercice 4.20 :
1/ Nous voyant sur la figure ci-dessous que l’abscisse instantanée du point M est
l’équation horaire demandée, elle est égale à :
2
(
AB = OB OA
AB 2 = OB 2 + OA2 2.OA.OB.cos t
L2 = x 2 + R 2 2 Rx cos t
2
(
L2 = x 2 + R 2 sin 2 t + cos 2 t
L2 = ( x R cos t ) + R 2 sin 2 t
2
)
(
x = R cos t + L2
Nous pouvons nous assurer que x = R + L quand
)
2 Rx cos t
R 2 sin 2 t
)
1/ 2
.t = 0 .
2/ Instants où la vitesse s’annule.
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
90
Mouvement dans le plan
Y
A
L
R
t
B
A0
O
X
Cherchons d’abord l’expression de la vitesse :
v=
dx
= R
dt
R sin 2 t
sin t +
(
2 L2
R 2 sin 2 t
)
1/ 2
La vitesse s’annule donc aux instants :
v= R
sin t +
sin t +
R sin 2 t
(
(
2 L
2
R sin
2
t
2
2 L
R sin 2 t
2
2
)
1/ 2
R sin t
=0
)
1/ 2
.t = k .
Exercice 4.21 :
1/ En regardant la figure on voit bien que : IP = OP OI
Y
uT
P
=2
O
I
Donc l’équation polaire du cercle est : r 2 = 2 R.r.cos
R2 = R2 + r 2
2 R.r.cos
u
s
uN
R
t=k
u
y
r
=0
x
A0 X
r = 2 R.cos
L’équation cartésienne du cercle est :
A.FIZAZI
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91
Mouvement dans le plan
r = 2 R cos
r 2 = x2 + y2
x
cos =
R
x2 + y 2
x2 + y 2 = 2R
2 R.x = 0
x
R
2/ La base polaire du point P est représentée sur la figure. Pour calculer les composantes
polaires de la vitesse et de l’accélération nous partons de l’expression du vecteur
position : r = OP = r.u .
La première dérivée par rapport au temps nous donne l’expression du vecteur vitesse,
soit :
dr
v=
= r.ur + r u
dt
r = 2 R cos
v = 2 R .sin .ur + 2 R .cos .u
r = 2 R sin
v = 2R
(
sin .ur + cos .u
)
(1)
La dérivée seconde par rapport au temps nous conduit à l’expression du vecteur accélération :
dv
a=
= r r 2 .ur + 2r + r u
dt
r = 2 R cos
(
)
(
r = 2 R sin
r = 2R
(
sin +
2
cos
)
)
(
a = 2 R 2 2 .cos + .sin
)u
r
+ 2R
(
.cos 2
2
sin
)u
( 2)
3/
•
Expression de s en fonction de
:
Nous rappelons ici une propriété géométrique du cercle : Dans un cercle, les angles
qui interceptent le même arc de cercle, celui dont le sommet est au centre du cercle
vaut le double de l’angle ayant son sommet sur la circonférence de ce même cercle.
Voir figure ci-dessous. Donc :
=2
s = AP = R. = 2 R
•
La base locale ( uT , u N ) de P est représentée sur la figure.
•
Les composantes du vecteur vitesse sont : v = v.uT = 2 R .uT
•
Pour le vecteur accélération :
A.FIZAZI
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( 3)
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92
Mouvement dans le plan
a = aN + aT
v2
u N = 4 R 2u N
R
dv
aT = uT = 2 R uT
dt
aN =
a = 4R
2
( 4)
u N + 2 R uT
aN
aT
Pour retrouver les expressions de la vitesse et de l’accélération dans la base polaire il suffit
d’exprimer les vecteurs unitaires de la base locale en coordonnées polaires :
De la figure on en déduit :
u N = cos .ur sin .u
uT = sin .ur + cos .u
En remplaçant dans les équations ( 3) et ( 4 ) nous obtenons les équations (1) @ et
( 2)
obtenues
précédemment :
v = v.uT = 2 R . ( sin .ur + cos .u
Organisons cette dernière équation:
(
a = 2 R 2. 2 .cos + sin
) .u
r
+ 2R
(
cos
) = (1)
2
2
sin
) .u
= ( 2)
4/ A présent la vitesse angulaire est constante.
=2 = t
L’angle
•
L’expression de
•
Expressions de la vitesse et de l’accélération : On sait depuis le début que
balayé par le point P durant t est :
est : r = 2 R cos
2
=
t
2
•
t
Nous remplaçons dans les expressions (1) , ( 2 ) , ( 3) et ( 4 ) ,
et
=
.
2
par leurs valeurs
respectives :
En coordonnées polaires : on remplace dans (1) et ( 2 ) :
v=R
a=
2R
2
sin
.cos
2
t
t
.ur + cos .u
2
2
t .ur
R
2
.sin
2
t u
En coordonnées propres (Frenet): On remplace dans ( 3) et ( 4 ) :
a=R
A.FIZAZI
2
.u N v = R .uT
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93
Mouvement dans l’espace
D-IV/ MOUVEMENT DANS L’ESPACE
Pour étudier le mouvement d’un point matériel dans l’espace, et qui est caractérisé par
trois dimensions, on fait appel, en général, aux coordonnées cylindriques et aux coordonnées
sphériques.
1/ ETUDE DU MOUVEMENT EN COORDONNEES CYLINDRIQUES
(
)
Position du mobile : (figure 4.14)
M
Z
z
uz
M
O
X
z
z
m
u
XOY
(t )
OM
u
(t )
z (t )
Y
m
(u , u , u z )
(i , j , k )
u = cos .i + sin . j
u = sin .i + cos . j
uz = k
Le vecteur position s’écrit donc :
OM = Om + mM = .u + z.u z
(4.40)
OM = i . .cos + j . .sin + k .z
(4.41)
L’étudiant peut remarquer l’équivalence entre cette dernière expression et la relation
déjà vue (6.3).
Le déplacement élémentaire est donné par l’expression :
ds 2 = d
2
+
2
d
2
+ dz 2
(4.42)
Vitesse du mobile :
Il suffit de dériver le vecteur position, exprimé en coordonnées cylindriques, par
rapport au temps, pour tomber sur le vecteur vitesse. Remarquons que le rayon polaire
A.FIZAZI
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94
Mouvement dans l’espace
est une fonction du temps. Le vecteur unitaire u
est lui aussi variable avec le temps.
Seul u z = k est constant.
r = .u + z.u z
v=r=
dr
d
=u
+
dt
dt
du
En se rappelant de la relation (4.25) relative aux dérivées de
dt
du
dt
+ uz
et
dz
dt
du
dt
, nous
pouvons écrire :
v = .u +
.u + z.u z
(4.43)
Remarquons que la vitesse a trois composantes : radiale ( vr ) , transversale
azimutale ( vz ) .
Le module de la vitesse en coordonnées cylindriques est donné par l’expression :
2
v=
+ ( . )2 + z 2
(v )
et
(4.44)
Accélération du mobile :
En continuant l’opération de dérivation par rapport au temps nous arrivons à
l’expression de l’accélération du mobile :
a=
du
du
dv
= .u + .
+ . .u + . .u + . .
+ z.u z
dt
dt
dt
En utilisant la notation de Newton, et en se rappelant de la relation (4.25), nous
obtenons l’expression finale de l’accélération exprimée en coordonnées cylindriques :
a=(
.
2
).u + ( . + 2. . ) u + z.u z
(4.45)
La même expression peut être écrite sous la forme :
a=(
.
2
).u +
1 d
(
dt
2
. ) u + z.u z
(4.46)
Si z = 0 et = R = C , réapparaît alors la relation (31.4) de l’accélération du mouvement
circulaire uniforme.
te
Remarquons que l’accélération, comme la vitesse, a trois composantes : radiale ( ar ) ,
transversale ( a
A.FIZAZI
) et azimutale ( az ) .
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95
Mouvement dans l’espace
2/ ETUDE DU MOUVEMENT EN COORDONNEES SPHERIQUES
(
)
Position du mobile : (Figure 4.15)
Dans ce système la position du mobile est définie par la relation :
r (t )
OM
OM = r = r.ur
(t )
(4.47)
(t )
Rappelons les deux relations 4.17 et 4.18 entre les vecteurs de la base (ur , u , u ) et ceux
de la base (i , j , k ) :
ur = sin .cos .i + sin .sin . j + cos .k
u = sin .i + cos . j
u = cos .cos .i + cos .sin . j
Z
sin .k
Ligne de la
coordonnée
u
u
Ligne de la
coordonnée
M
r
u
O
Y
m
X
Ligne de la
coordonnée
Fig 4.15: Base des coordonnées
sphériques
Le déplacement élémentaire est donné par la relation :
ds 2 = dr 2 + (r sin .d )2 + (rd )2
(4.48)
L’étudiant ne doit pas apprendre les lettres mais leurs sens. Remarquez
que = (OX , Om) et = (OZ , OM ) , mais vous pouvez trouver l’inverse
de cela dans d’autres références.
Vitesse du mobile :
Dérivons le vecteur position en coordonnées sphériques par rapport au temps :
v = r = r.u r + r.u
A.FIZAZI
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96
Mouvement dans l’espace
Dérivons le vecteur u , puis organisons la nouvelle expression pour obtenir à la
fin :
ur =
i.cos cos + j cos sin
k sin
+ sin
i.sin + j cos
u
u
C'est-à-dire : ur = .u +
sin .u
Par remplacement on obtient l’expression finale de la vitesse en coordonnées
sphériques :
v = r.ur + r .u + (r sin ) .u
Les trois composantes sphériques du vecteur vitesse apparaissent clairement :
v = vr + v + v
v=
dr
d
d
ur + r
u + r sin
u
dt
dt
dt
(4.49)
La base orthogonale directe est constituée des vecteurs (ur , u , u ) qui dépendent de la
position du mobile, donc du temps. Elle est définie par les équations horaires r (t ) ,
(t )
et (t ) , qui nous permettent d’arriver aux valeurs algébriques v , v
des
et v
composantes sphériques du vecteur vitesse et de là, la détermination du vecteur vitesse.
Accélération du mobile :
En dérivant le vecteur vitesse par rapport au temps, on arrive à l’expression du
vecteur accélération, soit :
a=
dv d
=
r.ur + (r sin ) .u + r .u
dt dt
a = ar + a + a
a = a 2r + a 2 + a 2
Nous donnons ci après l’expression finale du vecteur accélération, l’étudiant doit être en
mesure de s’assurer du résultat :
a = (r
r.
2
( r. + 2r .
r.
r.
2
.sin 2 ).ur +
2
.sin .cos ).u +
(4.50)
( r. .sin + 2r. .sin + 2r. . .cos )u
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
97
Mouvement dans l’espace
Là aussi, connaissant les équations horaires r (t ) ,
expressions algébriques a , a
et a
(t ) et
(t ) on arrive aux
des composantes du vecteur accélération et par
conséquent à la détermination du vecteur a .
Exemple 4.9 :
Le mouvement d’un point matériel M est défini en coordonnées cylindriques par
les composantes du vecteur position OM
et par l’angle polaire
tels
que OM = a.u + bt.k
=ct 2 ; sachant que a, b, c sont des constantes positives.
;
1/ Calculer la vitesse et l’accélération en fonction du temps.
2/ Calculer le rayon de courbure après un tour complet autour de l’axe OZ .
Réponse :
1/ Pour obtenir le vecteur vitesse on dérive le vecteur accélération :
(
dOM
d
=v =
au + btk
dt
dt
v =a
du
dt
+ bk
)
v = a. u + bk
= ct 2
v = 2actu + bk
= 2ct
Le module du vecteur vitesse :
v = 4 a 2 c 2t 2 + b 2
En dérivant le vecteur vitesse on obtient le vecteur accélération :
=
dv d
= (2act.u + bk )
dt dt
= 2ac
t. .u + u
= 2ac
= 2ac
d
(t.u )
dt
= 2ac t.
t.2ct.u + u
du
+ u .1
dt
= 2ac
2ct 2 .u + u
Son module est :
= 2ac 4c 2t 4 + 1
2/ Calcul du rayon de courbure.
Calculons d’abord la durée nécessaire pour que le mobile effectue un tour
complet :
= 2 = ct 2
t=
c
=
2
c
Remplaçant ensuite le temps par son expression que nous venons de trouver dans
l’expression de l’accélération normale et enfin, calculons le rayon de courbure :
Nous laissons à l’étudiant le soin de réaliser ce calcul de longue haleine pour
aboutir à la fin au résultat suivant :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
98
Mouvement dans l’espace
R=
v2
;
N
2
=
2
T
;
N
T
dv
4 a 2 c 2t
=
=
dt
4 a 2 c 2t 2 + b 2
dv
= !!!!!
dt
(
2
N
4 a 2 c 2t 2 + b 2
)
3
= 2ac
16a 2c + b 2
a 2c 2t 2 + b 2
2
v
R(t ) =
=
a N 2ac(16a 2c 4t 6 + 4c 2b 2t 4 + b 2 ) 12
R
A.FIZAZI
2
c
=
(
8 a 2 c 2t 2 + b 2
2ac(128a 2c
3
(
)
3
2
+ b 2 1 + 16
Univ-BECHAR
2
))
1
2
LMD1/SM_ST
Mouvement dans l’espace
99
**
EXERCICES
Exercice 4.22
On donne les équations du mouvement d’un point
(
M dans un repère O, i , j , k
:22.4
M
):
1
3
x = bt 2 , y = ct , z = bt 2
2
2
Où b, c sont des constantes positives.
1/ Trouver la vitesse et l’accélération ainsi que leurs
modules.
2/ Quelle est l’équation de la trajectoire du point m
qui représente la projection verticale du point mobile
M sur le plan XOY .
(
: O, i , j , k
1 2
3
bt , y = ct , z = bt 2
2
2
.
c, b
. !
" #
$ #
% /1
# '
m
#
&
/2
. XOY ) #
$
M
(
x=
Exercice 4.23
Soit la trajectoire définie par :
:* +,
r = i .3cos 2t + j .3sin 2t + k . ( 8t 4 )
1/ Trouver le vecteur unitaire T tangent à la
trajectoire.
2/ Si
est le vecteur position d’un point se
déplaçant sur C au temps t , vérifier que dans ce cas
x = R cos
; y = R sin
, z=h
R est le rayon du cylindre de révolution sur lequel
est tracé l’hélice, h est une constante et
l’angle que
fait avec OX la projection OM ' de OM
sur XOY .
1/ Donner en coordonnées cylindriques les
expressions de la vitesse et de l’accélération.
2/ Montrer que le vecteur vitesse fait avec le plan
XOY un angle constant.
3/ Montrer que le mouvement de rotation est
uniforme, que le vecteur accélération passe par l’axe
du cylindre et est parallèle au plan XOY . Calculer le
rayon de courbure.
. #
$
4/&
#
12
% 5
T .
" " - &
6 t 3
% /1
/0 /2
C #
. v = v.T
:24.4
1 OZ
'
8
7
#
#
: &
7 9
x = R cos ; y = R sin , z = h
#
#:
; +< ' R
! <
7
h 6 7
! $
. XOY $ OM * OM ' # OX
$ #
$
#:
=
$0 /1
." #
1
7 1 < $ # " - % , /2
. XOY ) #
" - %
6 3
% , /3
) # (7
#:
, " #
.>
; +< ?# % . XOY
Exercice 4.25
Un mobile se déplace dans l’espace suivant la loi :
x = R cos t ; y = R sin t , z = t
Où ,
, R sont des constantes positives.
1/ soit m la projection de M dans le plan XOY :
A.FIZAZI
:23.4
C #
r = i .3cos 2t + j .3sin 2t + k . ( 8t 4 )
v = v.T .
Exercice 4.24
Un point M décrit une hélice circulaire d’axe
OZ .
Ses équations horaires sont :
)
Univ-BECHAR
:25.4
:
5 > 2@
A,
'
x = R cos t ; y = R sin t , z = t
.
, , R 9:;
LMD1/SM_ST
Mouvement dans l’espace
100
a/ Quelle est la nature de la trajectoire de m dans
le plan XOY ?
b/ Quelle est la nature du mouvement de m
suivant l’axe OZ ?
c/ En déduire la nature de la trajectoire du
mobile M .
2/ dans le système des coordonnés cylindriques :
OM et
représenter la base ( u , u , u z ) en un point M de
: XOY ) #
M
B XOY
m
B OZ
5 m
.M A
#
:
#:
'E
OM 12
" .> 2@
M
.$
a/ écrire l’expression du vecteur position
l’espace.
b/ trouver la vitesse et l’accélération de M , ainsi
que leurs modules. Déterminer leurs directions puis
les représenter en un point de l’espace.
d/ en déduire le rayon de courbure.
Exercice 4.26
1/ A partir des expressions des vecteurs unitaires de
la base
(u , u
)
,u
r
en coordonnées cartésienne,
6M * " #
$ #
.> 2@
$ !
. !
.>
(u , u
,u
r
2/
Montrer
( ur , u , u
)
(
a= r
r
(
+(r
que
.ur + cos .u
l’accélération
)
dans
+ r + 2r
r
2
sin
2
r
2
)u
r
la
base
sin + 2r .sin + 2r
r
) , un point
,u
)u
)u
d’une sphère de rayon R . Ses deux coordonnées
sphériques sont:
(
)
6
rad ,
(
+(r
+
cos
= t2 ,
(u , u
r
&
(u , u
r
,u
2
r
2
)u
r
/2
% &
+
)u
sin .cos
sin + 2r .sin + 2r
+
cos
)u
:27.4
)
=
H #
(
=
" #
sin 2
r
)
.ur + cos .u
) .$
)
6 = OZ , OM =
12
4/!
,u ) ,
b/ calculer les modules de la vitesse et de
l’accélération,
c/ en déduire l’accélération normale.
2/ Partant cette fois de l’expression du vecteur
position en coordonnées cartésiennes :
a/ trouver la vitesse et l’accélération dans la
A.FIZAZI
2
; +< .
Avec
constante positive.
1/ Partant de l’expression du vecteur position en
coordonnées sphériques :
a/ trouver la vitesse et l’accélération de ce mobile
dans la base
r
,u
+ r + 2r
M se déplace sur la surface
= OZ , OM =
r
(
Exercice 4.27
Dans le système des coordonnées sphériques
(u , u
(u , u
:?
a= r
+
sin .cos
( sin
u =
s’écrit :
2
) >?@ABCD >?;DE FGHI JDKAL@ MN AOPQRD /1
ur = .u + .sin .u
ur = .u + .sin .u
( sin
; +< D #0 /C
;F
E G 6 FST:UKAVCD JA:WD?;XAY
u = .ur + .cos .u
:
.ur + .cos .u
u =
% /?
! ! ,
:26.4
s’assurer des expressions suivantes :
u =
# m
/1
# & /
" & /?
$ D #0 /C
=
/2
. $ ? % /
$ (u , u , uz )
$ M
: &
6
&
A
0 .R
= t2
rad ,
.?
" - . $
1
;F
/1
:
$ #
% /
6 ( ur , u , u ) . $
" #
6" #
12
$ #
?# % /?
. 3 " # D #0 /C
" - . $
.
4/& ;F
/2
:
I=
(i , j, k ) . $
Univ-BECHAR
" #
$ #
%/
LMD1/SM_ST
Mouvement dans l’espace
base
101
( i , j , k ) puis calculer de nouveau leurs modules
D8
et vérifier qu’ils coïncident avec les résultats de la
question 1/b,
3/ a/ Quelle est la trajectoire du point M ? la
représenter qualitativement,
b/ Quelle est la nature du mouvement du
point M ?
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
1
!
. @
G
#
' BM
BM
!
?#
6?/1 ' J#
# & / /3
/?
LMD1/SM_ST
Mouvement dans l’espace
102
Corrigés des exercices 4.22 à 4.27
27.4
22.4
Exercice 4.22 :
1/ Le vecteur vitesse :
1 2
3
bt .i + ct. j + bt 2 .k
2
2
Pour obtenir le vecteur vitesse on doit dériver le vecteur position par rapport au
Ecrivons l’expression du vecteur position : r =
temps :
x = vx = bt , y = v y = c , z = vz = 3bt
v = bt.i + c. j + 3bt.k
;
v = 10 ( bt ) + c 2
2
Dérivons le vecteur vitesse pour obtenir le vecteur accélération :
x = ax = b , y = a y = 0 , z = az = 3b
a = b.i + 3b.k ; a = 2b
2/ Equation de la trajectoire du point m : éliminons le temps entre les deux équations
horaires x ( t ) et y ( t ) :
x=
1 2
bt
2
t=
2x
2x
, y=c
b
b
Exercice 4.23 :
d
,
dt
vitesse
1/ Le vecteur tangentiel à la trajectoire est le vecteur vitesse v =
En
coordonnées
cartésiennes
le
vecteur
est
dr
v=
= i .6sin 2t + j .6 cos 2t + 8.k
dt
Son module est égal à : v = 36 + 64
v = 10m.s 2
Le vecteur unitaire T tangent à la trajectoire C est porté par le vecteur v :
T=
2/ Si
v
=
v
3
3
4
sin 2t.i + cos 2t. j + .k
5
5
5
est le vecteur position du point M au temps t , alors v =
dr
= i .6sin 2t + j .6 cos 2t + 8.k
dt
3
3
4
sin 2t.i + cos 2t. j + .k
v = 10
5
5
5
v=
v = 10.uT = 10T
donc :
d
:
dt
v = i .6sin 2t + j .6 cos 2t + 8.k
v = v.T
Exercice 4.24 :
1/ Nous savons que le vecteur position en coordonnées cylindriques s’écrit :
OM = r = .u + z.u z
Nous en déduisons le vecteur vitesse par dérivation :
dOM
v=
= .u + .u + z.u z
dt
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
Mouvement dans l’espace
103
=R
=0
u = u
v = R u + h uz
z=h
Le vecteur accélération est à son tour :
d 2 OM
a=
= v = R. .u + R. .u + h. .u z
dt 2
=0
a = R. 2 .u + R. .u + h. .u z
u = .u
2/ Le vecteur u est parallèle au plan OXY , donc l’angle que forme le vecteur vitesse
avec le plan OXY est égal à l’angle que fait le vecteur u avec le plan OXY , comme il est
indiqué sur la figure ci-dessous, en plus du fait que u
uz .
v
Z
v
uz
=R
z
u
vz
uz
M
u
r
uv
M
y
O
x
Y
M'
u
X
(
tan v, u
) = vv
z
=
h
R
(
tan v, u
) = Rh = Cte
3/ Le mouvement est rotationnel uniforme, cela veut dire que
a = R. 2 .u .
=
= Cte et
Le vecteur accélération a est parallèle à u , c'est-à-dire centripète, ce qui confirme qu’il
passe par l’axe du cylindre. u appartient au plan OXY , et a est parallèle à u , ce qui
montre que l’accélération est parallèle au plan OXY .
Nous venons de démontrer que l’accélération est centripète, donc :
v2 v2
=
r=
aN
a
R2 2 + h2 2
R2 + h2
=
v2 = R2 . 2 + h2 . 2
r=
r
,
,
2
R
R
a = R2 . 2
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
Mouvement dans l’espace
104
Exercice 4.25 :
1/ a/ Le mouvement du point m s’effectue dans le plan XOY . Afin d’obtenir l’équation
de la trajectoire de ce point, on élimine le temps entre les équations horaires x ( t ) et y ( t ) .
Nous obtenons x 2 + y 2 = R 2 qui est l’équation d’un cercle de centre ( 0, 0 ) et de rayon R .
b/ Suivant l’axe OZ , l’équation de la trajectoire z = .t nous indique que le mouvement
est rectiligne uniforme verticalement.
c/ La trajectoire du mobile est la composition du mouvement plan et du mouvement
vertical, il en résulte un mouvement hélicoïdal.
2/ Dans le système de coordonnées cylindriques :
a/ Le vecteur position est : r = OM = .u + z.u z
r = OM = R.u + z.u z
b/ La vitesse et l’accélération du point M sont donc :
v = r = .u + .u + z.u z
v = R .u + b.u z , v = R 2 2 + b 2
u = .u = R .u
a = R .u
u =
a= R
.u = R .u
2
.u z
,
a=R
2
L’angle que fait le vecteur vitesse avec le vecteur u , d’après la figure ci-dessous, est :
=
tan
vz
b
=
v
R
Quant à l’accélération elle est centripète c'est-à-dire qu’elle est dirigée vers le centre
de la trajectoire circulaire.
c/ Le rayon de courbure est :
v2
r=
aN
R2 . 2 + b2
aN2 = a 2 aT2
aN2 = R 2 . 4 R 2 . 2 + b 2
r=
R 2 . 2 2 1 b2
2
2
2
2
aT = R . + b
(
)
(
v
Z
v
uz
=R
z
u
vz
uz
M
u
r
O
x
X
)
uv
M
y
Y
M'
u
Exercice 4.26 :
1/ Les expressions des vecteurs unitaires de la base ( ur , u , u
)
en coordonnées
cartésiennes sont :
A.FIZAZI
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Mouvement dans l’espace
105
ur = sin .cos .i + sin .sin . j + cos .k
u = cos .cos .i + cos .sin . j
sin .k
u = sin .i + cos . j
Expression de la dérivée u :
ur = cos .cos .i
ur =
.sin .sin .i + cos .sin . j + .sin .cos . j
cos .cos .i + cos .sin . j
sin .k
.sin .
sin .k
sin .i + .cos . j
u
u
ur = .u + .sin .u
Expression de la dérivée u :
u = sin .cos .i
u =
sin .sin . j + .cos .cos . j
.cos .sin .i
sin .cos .i + sin .sin . j + cos .k + .cos .
cos .k
sin .i + .cos . j
ur
u
u =
.ur + .cos .u
Expression de la dérivée u :
u =
.cos .i
.sin . j
u =
. cos .i + .sin . j
(1)
Cette expression n’est pas définitive…
Retournons aux expressions de u et u . Multiplions la première par sin et la seconde par
cos , nous obtenons :
ur .sin = sin 2 .cos .i + sin 2 .sin . j + sin .cos .k
( 2)
u .cos = cos 2 .cos .i + cos 2 .sin . j cos .sin .k
Additionnons les deux expressions pour obtenir :
ur .sin + u .cos = cos .i + sin . j
( 3)
Remplaçons maintenant dans l’expression (1) de u , elle devient :
u =
.[sin .ur + cos .u
]
2/ Démonstration de l’expression de l’accélération en coordonnées sphériques :
Nous partant de l’expression de la vitesse :
v = r.ur + r. .u + r. .sin .u
Dérivons la par rapport au temps :
a = r .ur + r.ur + r. .u + r. .u + r. .u + r. .sin .u + r. .sin .u + r. . .cos .u + r. .sin .u
Remplaçons par leurs expressions trouvées en 1/ :
a = r .ur + r. .u + .sin .u + r. .u + r. .u + r. .
.ur + .cos .u +
r. .sin .u + r. .sin .u + r. . .cos .u + r. .sin .
.[sin .ur + cos .u
]
Développons puis ordonnons :
A.FIZAZI
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Mouvement dans l’espace
106
a= r
2
r.
r. 2 .sin 2
.ur + r.
.u + .sin .u
+
r. .sin + 2r. .sin + 2r. . .cos .u .u +
r. + 2r.
r. 2 .sin cos
.u
Exercice 4.27 :
1/ En coordonnées sphériques le vecteur position s’écrit : r = OM = r.u
a/ Dans le même système de coordonnées le vecteur vitesse s’écrit : v = r.ur + r.u
r = R = Cte
r =0
ur = .u + .sin .u
= Cte
v = R t.u
=0
= t2
=2 t
Le vecteur accélération avec les mêmes coordonnées s’écrit :
v = R t.u
a = R .u + R t. (
a = v = R .u + R t.u
u =
a=
.[sin .ur + cos .u
]
.R t sin .ur R .u
.[sin .ur + cos .u
a= R
.R t cos .u
2 2
t .ur
])
t .u + R .u
2 2
3.R
b/ Module du vecteur vitesse : v = R t
Module du vecteur accélération :
a=
(
2 2
R
t
) +(
2
a=R
3.R
4
2 2
t
)
2
+ (R
)
2
t +1
2 4
c/ L’accélération tangentielle :
aN2 = a 2
aT2
dv
=R
dt
a2 = R2 2 4
aT =
aN = 2 R
2 2
t
t +1
2 4
2/ En coordonnées cartésiennes le vecteur position est:
OM = x.i + y. j + z.k
1
R cos t
2
1
y = R sin sin = R sin t
2
3
z = R cos =
R
2
x = R sin cos
=
OM = r =
1
1
R cos t 2 .i + R sin
2
2
(
2
t. j +
3
R.k
2
)
a/ Les vecteurs vitesse et accélération dans la base i , j , k sont :
v = r = R t sin t 2 .i + R t cos t 2 . j
a=v =
A.FIZAZI
R sin t 2
2R
t cos t 2 .i + R cos t 2
2 2
Univ-BECHAR
2R
2 2
t sin t 2 . j
LMD1/SM_ST
Mouvement dans l’espace
107
Les modules de la vitesse et de l’accélération sont :
v=R t
a=R
;
1+ 4
2 4
t
Les deux modules de la vitesse et de l’accélération sont compatibles avec le résultat
de la question 1/b
3/ Trajectoire du point mobile :
x2 + y 2 + z 2 = R2
1
x2 + y2 = R2
3
4
z=
R
2
R
Nous en concluons que ce point matériel M décrit un cercle de rayon et de
2
centre 0, 0,
3
R . Quant au vecteur position, il décrit un cône de sommet O et dont le bord
2
est le cercle décrit.
4/ Nature du mouvement du point M : la trajectoire est un cercle, le module de la
vitesse est constant et l’accélération tangentielle est constante, donc le mouvement est
circulaire uniformément accéléré.
Z
3 O' R/2
.R
2
O
Y
R
X
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
108
Mouvement relatif
E-IV/ MOUVEMENT RELATIF
1/ CHANGEMENT DE REPERE :
Introduction : Nous avons dit précédemment que l’état de mouvement ou de repos
sont deux notions essentiellement relatives ; cela veut dire que chacun des deux états
dépend de la position du mobile vis-à-vis du corps pris comme référentiel.
Nous avons rapportés, tous les mouvements que nous avons étudiés jusqu’à présent, à
un repère galiléen, c'est-à-dire au repos ou en mouvement rectiligne uniforme.
Dans ce qui suit nous allons répondre principalement aux questions suivantes :
Lorsque deux mobiles sont liés à un même repère, quelle est la vitesse de l’un par
rapport à l’autre ?
Quand est-il lorsque deux observateurs liés à deux repères différents qui sont en
mouvement l’un par rapport à l’autre ?
La position, la trajectoire, la vitesse et l’accélération du même mobile varient selon le
repère choisi par l’observateur.
Exemple : Soit un point matériel collé sur la jante d’une roue de bicyclette :
Par rapport à un repère terrestre : le mouvement n’est pas uniforme et la trajectoire
est une suite de courbes appelées cycloïdes.
Par rapport à un repère lié à l’axe de la roue : le mouvement est uniforme et la
trajectoire est circulaire.
Il est très intéressant de connaître comment sont reliées les observations enregistrées par
deux observateurs liés à deux repères différents, l’un en mouvement par rapport à l’autre.
1/ VITESSE RELATIVE DE DEUX MOBILES :
Soient A et B , deux points matériels en mouvement dans le repère OXYZ . On suppose
la présence d’un observateur au point O . Figure 4.16.
Z
B•
rB
O
VB
rAB
rA
rBA
VA
VA
•A
VAB
VB
Y
X
La vitesse de A par rapport à l’observateur O est VA =
drA
.
dt
Nous définissons sa vitesse par rapport à B comme étant VAB =
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
drAB
, tel que :
dt
LMD1/SM_ST
109
Mouvement relatif
rAB = BA = rA
rB .
D’où :
VAB =
drAB drA
=
dt
dt
drB
dt
VAB = VA VB
La vitesse de B par rapport à l’observateur O est VB =
drB
.
dt
Nous définissons sa vitesse par rapport à A comme étant VBA =
rBA = AB = rB
(4.52)
drBA
, tel que :
dt
rA
D’où :
VBA =
drBA drB
=
dt
dt
drA
dt
VBA = VB
(4.53)
VA
Remarquons que VAB = VBA , c'est-à-dire que la vitesse de A par rapport à B est égale
à la vitesse de B par rapport à A , mais les deux vitesses sont de sens opposés .
On obtient les deux accélérations relatives des deux points matériels mobiles en dérivant,
par rapport au temps, chacune des deux expressions des vitesses relatives posées
précédemment :
dVAB dVA
=
dt
dt
a AB =
dVB
dt
a AB = a A
(4.54)
aB
dVBA dVB dVA
=
aBA = aB a A
(4.55)
dt
dt
dt
Là aussi, il faut remarquer que a AB = aBA , c'est-à-dire que les deux accélérations sont
aBA =
égales mais de sens contraires.
Exemple 4.11 :
1/ Deux voitures A et B roulent dans deux voies d’une autoroute rectiligne avec les
1
1
vitesses respectives110km.h et 90km.h . Déterminer le vecteur vitesse relative de A par
rapport à B dans les deux cas suivants :
a/ les deux voitures roulent dans la même direction,
b/ les deux voitures roulent en sens inverses.
2/ Les deux voitures roulent maintenant sur deux routes qui se coupent formant entre
elles un angle de 30° . Déterminer le vecteur vitesse relative de B par rapport à A .
Réponse :
1/ a/ La vitesse de la voiture A par rapport à la voiture B est : v AB = v A
vB . En
considérant e comme vecteur unitaire ; les deux vitesses sont parallèles et sont de même sens
que e (figure 4.17-a-).
Donc : v AB = v A
A.FIZAZI
vB = 110e
90e
v AB = 20e
Univ-BECHAR
v AB = 20km.h
1
LMD1/SM_ST
110
Mouvement relatif
e
vB
vB
vB
vBA
e
30°
vA
vA
vA
b/ Dans ce cas les vitesses sont parallèles mais de sens contraires (figure 4.17-b-) :
v AB = v A
(
vB = 110e
90e )
v AB = 200e
v AB = 200km.h
1
2/ Vitesse relative de B par rapport à A lorsque les deux routes se coupent (voir
figure 4.17-c-) :
vBA = vB
vA
(
vBA = vB2 + v A2
(
v AB = 1102 + 902
2v AvB cos30°
2.110.90.0,87
)
1/ 2
)
1/ 2
, v AB = 54,5km.h
1
Pour déterminer la direction du vecteur vitesse relative v AB il suffit de calculer l’angle
appliquant la loi des sinus :
vBA
v
= B
sin 30° sin
90
.0,5 0,82
= 55,1°
54,5
Cela veut dire que le passager à bord de la voiture A voit la voiture B rouler à sa gauche sous
1
un angle de 55,1° (d’après la figure 4.17—c-) et à la vitesse de 54,5km.h . Quant au
passager à bord de la voiture B , il voit la voiture A rouler à sa droite avec la vitesse
1
de 54,5km.h , mais sous un angle de 180 ( 30° + 55,1° ) = 94,9° .
sin
=
vB
sin 30°
vBA
en
sin
=
Nous venons de voir comment calculer la vitesse d’un mobile par rapport à un autre
mobile, les deux mobiles étant liés au même repère. Mais quand est-il lorsque deux
observateurs sont liés à deux repères différents, l’un en mouvement par rapport à l’autre ?
Nous allons essayer de répondre, dans ce qui suit, à cette question.
3/ CONVENTIONS ET SYMBOLES :
Considérons les deux repères ( Ra ) , ( Rr )
et deux observateurs chacun d’eux
étant lié à l’un des deux repères. Figure 4.18.
Ra : Repère absolu (
) que nous considérons fixe.
R : Repère relatif(
) en mouvement par rapport à Ra .
M : Point matériel en mouvement par rapport aux deux repères..
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
111
Mouvement relatif
.
z
(Ra)
M
Z’
k'
k
A
j ' (Rr)
i'
O
i
Y’
y
j
X’
x
Fig 4.18: les repères absolu et relatif
Chaque observateur enregistre ses observations. Nous consignons dans le tableau
suivant ces résultats :
Observateur
Position
La vitesse
L’accélération
Dans le repère ( Ra )
Dans le repère ( Rr )
i , j , k invariants dans Ra
i ', j ', k ' variables prp à Ra
r = OM
dr
va =
dt
dv
aa = a
dt
r ' = AM
dr '
vr =
dt
dv
ar = r
dt
Remarque importante : Nous avons supposé dans notre étude précédente que t = t ' , c'est-àdire que les deux observateurs utilisent le même temps ; cela veut dire que le temps ne dépend
pas du mouvement. Cela paraît tout à fait raisonnable, mais l’expérience peut prouver le
contraire. Cette supposition ne peut être acceptable que dans le cas des petites vitesses par
rapport à la célérité de la lumière, et c’est cela que nous considérerons dans tout ce qui suit.
Relation entre les positions :
Sur la figure 4.18, on peut voir :
(4.56)
OM = OA + AM
(
x.i + y. j + z.k = ( xA .i + y A . j + z A .k ) + x '.i '+ y '. j '+ z '.k '
OM
OA
)
AM
Relation entre les vitesses :
En dérivant la relation (56.4) par rapport au temps, on obtient la relation entre les
différentes vitesses :
dOM dOA
di '
dj '
dk '
dx '
dy '
dz '
=
+ x'
+ y'
+ z'
+i '
+ j'
+k'
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dt
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
112
Mouvement relatif
dOM dOA
di '
dj '
dk '
dx '
dy '
dz '
=
+ x'
+ y'
+ z'
+i '
+ j'
+k'
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dt
va
ve
(4.57)
vr
) : c’est la vitesse de M par rapport au repère ( Ra ) .
va : La vitesse absolue (
ve : Vitesse d’entraînement ( B
C D) : c’est la vitesse du repère mobile ( Rr ) par rapport
au repère absolu fixe ( Ra ) , qu’on peut considérer aussi comme étant la vitesse absolue va du
mobile M dans ( Ra ) si les coordonnées de M dans ( Rr ) sont constantes, c'est-à-dire si M
est fixe par rapport à ( Rr )
: vr = 0
ve = va
), c’est la vitesse du point M par rapport au repère ( Rr ) .
v : Vitesse relative (
Nous pouvons la considérer comme étant la vitesse absolue va du mobile M dans ( Ra ) si le
vr = va
repère ( Rr ) est fixe par rapport au repère ( Ra ) : ve = 0
La relation qui lie les trois vitesses et qu’on appelle loi de composition des vitesses est :
va = ve + vr
(4.58)
Le vecteur de la vitesse absolue est égal à la somme des vecteurs de la vitesse
d’entraînement et celui de la vitesse relative.
Remarques :
Si
( Ra ) et ( Rr ) sont
(
)
fixes l’un par rapport à l’autre ve = 0 , alors les deux
observateurs enregistrent les mêmes vitesses, donc les mêmes trajectoires bien que les
vecteurs position soient différents OM OA .
(
)
Si ( Rr ) est en mouvement de translation (quel soit uniforme ou non) par rapport au
repère ( Ra ) tels que i ', j ', k ' soient constants, alors ve est indépendante de M .
di ' dj ' dk '
=
=
=0
dt dt
dt
ve =
dOA
dt
Relation entre les accélérations :
En ordonnant après avoir dérivé par rapport au temps l’expression (4.57) on
obtient la relation entre les différentes accélérations par rapport aux deux repères :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
113
Mouvement relatif
d 2 OM dva
d 2 OA
d 2i '
d2 j '
d 2k '
aa =
=
=
+ x' 2 + y' 2 + z' 2
dt
dt 2
dt 2
dt
dt
dt
d2x'
d2 y'
d2z'
+ i ' 2 + j' 2 +k' 2
dt
dt
dt
ar
dx '.di ' dy '.dj ' dz '.dk '
+
+
dt 2
dt 2
dt 2
aC
+2
aa : accélération absolue (
repère ( Ra ) .
a : accélération relative(
repère ( Rr ) .
ae : accélération d’entraînement(
au repère ( Ra ) .
ae
(4.59)
) : c’est l’accélération de M par rapport au
) : c’est l’accélération de M par rapport au
) : c’est l’accélération du repère ( Rr ) par rapport
aC : accélération de Coriolis(
) : c’est une accélération complémentaire
appelée accélération de Coriolis en mémoire à son auteur (Gaspard Coriolis 1792-1843) qui
l’a établie en 1832.
L’accélération de Coriolis s’annule dans les cas suivants :
Si M est fixe par rapport au repère ( Rr ) :
dx ' dy ' dz '
=
=
=0
dt
dt
dt
aC = 0
Si le repère ( Rr ) est en translation (même variée) par rapport au repère ( Ra )
d 2i ' d 2 j ' d 2 k '
d 2 OA
= 2 = 2 = 0 ae =
dt 2
dt
dt
dt 2
di ' dj ' dk '
=
=
= 0 ac = 0
dt
dt
dt
:
aa = ar + ae
1
Exemple 4.12 : Des flocons de neige tombent verticalement avec une vitesse de 8ms .
Avec quelle vitesse ces flocons frappent-ils le pare-brise d’une voiture roulant avec une
vitesse de 50km.h
1
.
Réponse :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
114
Mouvement relatif
ve
va
v
va = ve + vr
vr = va
ve
vr = va +
;
(
50km.h 1 = 13,9ms
(
vr = va2 + ve2
tg =
)
ve
= 1,74
va
1/ 2
ve
)
v
ve
ve
1
vr = 16ms
va
1
= 60,1°
16ms
1
= 60,1°
Exemple 4.13 : Un bateau prend la mer en direction du Nord 60° Ouest ( N 60°O ) à la
vitesse de 4km.h 1 par rapport à l’eau. La direction du courant d’eau est tel que le mouvement
résultant par rapport à la terre s’effectue dans la direction de l’ Ouest à la vitesse de 5km.h 1 .
Calculer la vitesse et la direction du courant d’eau par rapport au sol.
Réponse : La première des choses à faire est de dessiner la figure 4.20. Sans dessin rien
ne peut être tenté pour résoudre l’exercice.
Si l’énoncé a été bien compris, il faut calculer le module et la direction du vecteur de la
vitesse d’entraînement.
v a : La vitesse absolue, c'est-à-dire la vitesse du bateau par rapport au sol.
v e : la vitesse d’entraînement, c'est-à-dire la vitesse du courant d’eau par rapport au sol.
v : la vitesse relative, c'est-à-dire la vitesse du bateau par rapport à l’eau de mer.
v
ve
va
Partant de la figure 4.20 et de la loi de composition des vitesses, nous pouvons écrire :
va = ve + vr
ve = va
vr
ve = va 2 +vr 2 -2va .vr .cos30°
Application numérique :
ve = 2,52km.h
1/ 2
1
Pour déterminer la direction de v e il est nécessaire de calculer l’angle
loi des sinus :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
en faisant appel à la
LMD1/SM_ST
115
Mouvement relatif
vr
sin
=
ve
sin 30°
sin
=
vr
.sin
ve
; sin
= 0,4
= 23,6°
Cela veut dire que la direction du vecteur de la vitesse de l’eau de mer par rapport à le sol
fait un angle de 23,6° avec l’axe Ouest Est vers le Sud soit O 23.6°S .
4/ CAS DU MOUVEMENT DE ROTATION:
Relation entre les vitesses :
Nous pouvons considérer la vitesse angulaire comme étant une grandeur
vectorielle, telle que sa direction soit orthogonale au plan du mouvement et dont le sens
est défini par la règle de la main droite ( ou toute autre règle correspondante) qui indique
le sens du vecteur résultant du produit vectoriel.
D’après la figure 4.21 nous pouvons écrire :
R = r.sin
v = .R
v = R sin
Sachant que
Donc
Dés lors nous pouvons écrire :
v=
dr
=
dt
Il est donc justifié d’écrire :
r
=
v = .r.sin
(4.60)
d
.k
dt
Sur la figure (4.22), considérons deux observateurs : l’observateur O lié au repère R et
l’observateur O ' lié au repère R ' . Les deux observateurs sont en mouvement de rotation,
sans translation, l’un par rapport à l’autre.
Z
Z
Z'
C
X
r=r'
Y'
R
k
O
M
r
v=
r
O
A
Y
X
Y
Fig 4.21: Le vecteur de la vitesse de rotation
X'
Fig 4.22: Deux référentiels en
mouvement de rotation uniforme
relatif
Chaque observateur voit le repère de l’autre observateur tourner avec une vitesse
angulaire .
Pour l’observateur O lié au repère OXYZ , la vitesse du point matériel M est la
dérivée de l’expression du vecteur position :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
116
Mouvement relatif
dx
dy
dz
.i + . j + .k
(4.61)
dt
dt
dt
Pour l’observateur O ' lié au repère OX 'Y ' Z ' (remarquez que les deux repères ont la
même origine, c'est-à-dire O ' confondu avec O ), la vitesse du point matériel M est la
r = x.i + y. j + z.k
va =
dérivée de son vecteur position, soit :
r ' = r = x '.i '+ y '. j '+ z '.k '
dx '
dy '
dz '
.i '+
. j '+
.k '
dt
dt
dt
vr =
(4.62)
Pour l’observateur O , le repère OX 'Y ' Z ' tourne, donc les vecteurs unitaires i ', j ', k '
changent de direction à chaque instant. Cet observateur écrit donc par rapport au repère R ' :
dr dx '
dy '
dz '
di '
dj '
dk '
=
.i '+
. j '+
.k '+ x '.
+ y '.
+ z '.
dt dt
dt
dt
dt
dt
dt
(4.63)
D’autre part les extrémités des vecteurs unitaires i ', j ', k ' effectuent un mouvement
circulaire uniforme par rapport à l’observateur O avec une vitesse angulaire . En d’autre
terme le rapport
di '
représente la vitesse d’un point situé à une distance égale à l’unité de O
dt
et se déplace avec un mouvement circulaire uniforme à la vitesse angulaire
Par analogie avec l’équation(60.4) , nous pouvons écrire :
di '
=
dt
i'
;
dj '
=
dt
j' ;
dk '
=
dt
.
k'
De l’équation(63.4) nous pouvons écrire :
di '
dj '
dk '
+ y '. + z '.
=
dt
dt
dt
di '
dj '
dk '
x '.
=
+ y '. + z '.
dt
dt
dt
x '.i '+
x '.
x '.
y '. j '+
z '.k '
( x '.i '+ y '. j '+ z '.k ')
di '
dj '
dk '
=
+ y '. + z '.
dt
dt
dt
r
( 4.64 )
En remplaçant dans l’équation(63.4) , nous obtenons :
va = vr +
r
(4.65)
Cette dernière expression exprime la relation entre les vitesses du point M , mesurées par
les deux observateurs qui sont en mouvement relatif de rotation.
La vitesse de rotation instantanée :
Nous avons vu que
= .k . Si
est variable avec le temps, alors
(t ) = (t ).k représente la vitesse de rotation instantanée. Pour discerner la vitesse
angulaire constante dans le mouvement circulaire uniforme de la vitesse de rotation
instantanée, on note cette dernière conventionnellement par (t ) .
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
117
Mouvement relatif
Relation entre les accélérations :
Pour arriver à la relation qui entre les différentes accélérations nous allons suivre
la même méthode que celle des vitesses.
L’accélération du mobile M mesurée par l’observateur O par rapport au repère
OXYZ est :
aa =
dv y
d va
dv
dv
= i. x + j.
+ k. z
dt
dt
dt
dt
L’accélération du mobile M mesurée par l’observateur O ' par rapport au
repère OX 'Y ' Z ' , sans considérer la rotation, est :
a r = i '.
dv y '
dvx '
dv '
+ j '.
+ k '. z
dt
dt
dt
En dérivant l’expression 4.65, en rappelant que
obtenons :
aa =
Puisque :
Donc :
d va d v r
=
+
dt
dt
est considérée constante, nous
dr
dt
(4.66)
vr = v ' = i '.vx '+ j '.v y '+ k '.vz '
dv y '
dv '
dv '
d vr
di '
d j'
dk '
= i '. x + j '.
+ k '. z + vx '
+ vy '
+ vz '
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dt
De la même façon que nous avons obtenu l’équation 4.64 , nous arrivons à :
dv y '
dvx '
dv '
+ j '.
+ k '. z =
v
dt
dt
dt
di '
d j'
dk '
Nous avons aussi : vx '
+ vy '
+ vz '
=a
dt
dt
dt
i '.
D’où :
d vr
= ar +
dt
(4.67)
v'
De même :
dr
= va = v r +
dt
(4.68)
v
Tel que :
va =
(v
dr
=
dt
dr
=
dt
vr +
r
+
(
r
)
r
)
(4.69)
Par substitution des résultas 4.67 et 4.68 dans l’équation 4.69 on obtient en fin de
compte l’équation 4.70 qui nous donne la relation entre les différentes accélérations du
mobile M mesurées par les deux observateurs O et O ' , lesquels sont en mouvement relatif
de rotation uniforme.
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
118
Mouvement relatif
aa =
d vr
+
dt
Le terme 2
v
dr
dt
aa = ar + 2
(
vr +
r
)
(4.70)
(
s’appelle accélération de Coriolis, et le terme
r
)
représente une accélération centripète.
Ces deux accélérations ( Coriolis et centripète) résultent du mouvement relatif de
rotation des deux observateurs.
Ces deux accélérations se manifestent au cours du mouvement de rotation des vents et
des cyclones (photo4.1), et même dans l’eau qui est absorbée par le siphon du lavabo par
exemple. Le mouvement de rotation apparaît clairement, son sens varie selon la région du
globe terrestre où a lieu l’événement. Dans l’hémisphère nord la rotation s’effectue dans le
sens contraire des aiguilles d’une montre, par contre dans l’hémisphère sud le sens de la
rotation se fait dans le sens des aiguilles d’une montre. Figure 4.23
N
N
O
E
O
E
S
S
Nous clôturons ce chapitre en signalant le cas du mouvement de rotation non
uniforme.
En revenant à l’expression 4.59, l’accélération d’entraînement est :
d 2 OA
d 2i '
d2 j '
d 2k '
ae =
+ x' 2 + y' 2 + z' 2
dt 2
dt
dt
dt
En posant OA = r ' nous pouvons écrire :
d 2 OA d
di '
dj '
dk '
d 2 OA d
+
+ (
ae =
x' 2 + y' 2 + z' 2 =
dt
dt
dt 2
dt
dt
dt
dt 2
r ')
r'
ae =
2
d OA d
+
dt
dt 2
r+
dr '
dt
r'
d 2 OA d
ae =
+
dt
dt 2
r '+
(
r ')
(4.71)
Observons que l’accélération d’entraînement renferme trois termes :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
119
Mouvement relatif
d 2 OA
: accélération du mouvement de translation de l’origine A du référentiel ( Rr ) par
dt 2
rapport au repère absolu ( Ra ) ,
d
r ' : accélération résultant de la non uniformité de la rotation de ( Rr ) par rapport au
dt
référentiel ( Ra ) , c'est-à-dire résultant de l’accélération angulaire du référentiel ( Rr ) ,
r ' : accélération centripète dirigée vers l’axe de rotation.
CONCLUSION : en introduisant le vecteur de rotation les deux lois de composition
des vitesses et des accélérations, dans le cas général, prennent les formes respectives :
va =
vr + ve
dOM d AM
d OA
=
+
+
dt
dt
dt
va
aa =
d 2 OM d 2 AM
+2.
=
dt 2
dt 2
aa
A.FIZAZI
ar
vr +
ac
vr
(4.72)
AM
ve
ar +ac + ae
d 2 OA d
+
dt
dt 2
AM +
(
AM
)
(4.73)
ae
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
120
Mouvement relatif
**
EXERCICES
Exercice 4.28
28.4
1
En roulant sous la pluie à 100km.h sur une route
plane, un conducteur remarque que les gouttes de
pluie ont, vues à travers les vitres latérales de sa
voiture, des trajectoires qui font un angle de 80° avec
la verticale. Ayant arrêté sa voiture, il remarque que la
pluie tombe en fait verticalement. Calculer la vitesse
de la pluie par rapport à la voiture immobile et par
rapport à la voiture se déplaçant à 100km.h
dans
chaque
cas
la
80°
/*
!"
-
0
1
Exercice 4.29
On laisse tomber d’un immeuble de hauteur h une
bille sans vitesse initiale. La chute de celle-ci
s’effectue à la verticale selon un mouvement
uniformément accéléré d’accélération g .
1/ Quelle est la trajectoire de la bille dans un
référentiel lié à une voiture se déplaçant suivant un
mouvement rectiligne et uniforme de vitesse v et
passant à la verticale de chute au moment du lâcher ?
2/ Quelle est la trajectoire de la bille dans le même
référentiel si on admet que la voiture entame au
moment du lâcher et à partir de la verticale de chute
un mouvement rectiligne uniformément accéléré
d’accélération ae ?
(représenter
demandée).
100km.h
#
!
1
. 100km.h
#
.*
$% & ' (
.) * +
. *+
$
0
!
29.4
3 4 ! h 1 /
3
) *+
5 6 ( 1
.g7
0
( $5 3
) *+ :
v
!
;
<= 3<
(
>/! $5
3
!
3 4
0
; ae 7
8 !
.(
2
!
. 2
8 !
/1
3
3 4
/2
!% 5
3
)3 $5 )@ )
trajectoire
Exercice 4.30
On considère dans le repère fixe OXY le système
de deux axes Oxy mobiles tel que l’axe Ox forme
l’angle avec l’axe OX . Un point matériel M se
déplace sur l’axe Ox , sa position est définie
par r = OM . Calculer :
1/ la vitesse et l’accélération relatives du point,
2/ la vitesse et l’accélération d’entraînement,
3/ l’accélération coriolis.
4/ En déduire la vitesse et l’accélération du
point M dans les coordonnées polaires.
Oxy
Ox
M
M
Exercice 4.31
Dans le plan
30.4
( OXY
@ 6
$5 &!
Ox
)3+ B
3
M 2
!4
. OX
:
. r = OM
5: & $
!
! 7
/1
:( 7
/2
>
37
/3
7
D ! = /4
.
@2 E
XOY , une droite OX ' tourne autour )
OX ' 8
2
de l'axe OZ avec une vitesse angulaire
=
) ! . =
@
constante. Un mobile M ( OM = r ) se déplace sur la
3
OX ' 8
droite OX ' d'un mouvement rectiligne uniformément
2
$5 . a 7
accéléré d’accélération a . A l'instant initial M se
.O
2& 8@
3
trouve en M 0 , au repos, puis s'éloigne de O .
!
&+
1/Déterminer les expressions littérales vectorielles
A.FIZAZI
1
Univ-BECHAR
31.4
XOY -
$5
OZ
M ( OM = r ) 4
8 ! 0 F
$5 M 0 $5 2( M
5
& : /1
LMD1/SM_ST
121
Mouvement relatif
des vitesses relative, d'entraînement et absolue de M .
Déterminer les expressions littérales donnant la
norme et la direction du vecteur vitesse absolue du
point M .
2/ Si l'axe OX ' est confondu avec l'axe OX à
l'instant initial, calculer les coordonnées du point M
à la date t = 3s . Dessiner les trois vecteurs vitesses à
cette date.
3/ Déterminer les expressions littérales vectorielles
dans une base polaire des accélérations relative,
d'entraînement et de Coriolis de M .
Déterminer les expressions littérales donnant la
norme et la direction du vecteur accélération absolue
du point M .
Dessiner ces vecteurs accélérations à t =3s.
Données:
OM 0 = 1cm ;
=
=
a = 2cm.s
5
2
.M
(
:
7 &+ 1(
3 <= /2
2 E
$5
. t = 3s
$5 @G@
&+ 8
5
&
: /3
!
@2 H
.M
$
5
&
:
!
7
7 &+ 1(
$5 <
&+ 8
OM 0 = 1cm :
&
(02+ ) & $ & $
5
.M
!
OX
! OX '
$5 M
!
@2 =
.M
02 * $5
>
3
<
&+
(
(02+ ) & $ &
.M
.M
a = 2cm.s 2
;
rad .s 1 .
=
Exercice 4.32
Un disque circulaire de centre A et de rayon R roule
sans glisser sur l’axe OX avec une vitesse
angulaire constante. Au départ t = 0 , un point M
de la circonférence coïncide avec l’origine O .
1/ Quelles sont les coordonnées du point M au
temps t en fonction de , R et t ? En déduire la
nature de la trajectoire.
2/ Calculer la vitesse absolue et la vitesse relative en
précisant leurs directions par rapport à l’axe OX .
3/ A partir des expression des vecteurs de la vitesse
absolue et la vitesse relative, vérifier la norme et la
direction du vecteur vitesse d’entraînement.
=
5
rad .s
&
1
32.4
!
2
2 ) ' 2 XOY 6
$5
A 3
R
* ."! 6 2 I *
t = 0 2 $5 .
@
OX
. O =2
I
M
!
!
2 t
$5 M
! $ @2 = $
/1
;
& D ! = ;t
,R
J%
!
/2
. OX
!
1 1(
$ &+ $
*G ! /3
. (
1(
23K
!
(
Y
R
M
A
O
X
Exercice 4.33
Dans le plan
XOY , une droite tourne autour de
OZ avec une vitesse constante = .
Un point mobile M ( OM = r ) se déplace sur la
droite OX ' suivant la loi :
r = r0 ( cos t + sin t ) avec r0 = cte .
1/ Déterminer à l’instant
t en fonction de
et
0
vitesse relative et la vitesse d’entraînement de
A.FIZAZI
, la
M par
OZ )
3
r0 = cte
!
Univ-BECHAR
33.4
8
2 XOY 6
$5
. =
@
( OM = r ) M ! ) !
: !
5 OX ' 8
r = r0 ( cos t + sin t )
0
2 t
$5 2:2 /1
LMD1/SM_ST
122
Mouvement relatif
leurs projections dans le repère mobile X ' O ' Y ' . En
déduire la vitesse absolue exprimée dans cette même
base de projection, et montrer que le module de celuici est constant.
2/ Déterminer à l’instant t en fonction de 0 et ,
l’accélération relative l’accélération d’entraînement et
l’accélération complémentaire de M par leurs
projections dans le repère mobile X ' O ' Y ' . En
déduire l’accélération absolue exprimée dans cette
même base de projection, et montrer que le module de
celle-ci est constant.
Exercice 4.34
Une mouche M se déplace sur l’aiguille des
secondes d’une montre accrochée à un mur vertical
avec un mouvement uniforme de vitesse v . La
mouche part du point O à l’instant t = 0 pour
atteindre l’extrémité de l’aiguille de longueur 20cm
une minute plus tard.
1/ Ecrire les expressions de la vitesse vM et de
l’accélération aM
de
M dans la base mobile
( ur , u ) associée à la mouche.
M
(
D ! = . X ' O 'Y ' 4
E 02 * >/! $5
7
2 t
$5 22 /2
0
M
$ 3 7
( 7
$ !
D ! = . X ' O 'Y ' 4
8&
$5 1
L
E 02 * >/! $5 #!
&
7
. @ < 02+
8&
1!
$5
1
&
. @ < 02+
<
02
M
.
$5
, xM , yM de la
instants 0 s,15s,30 s, 45s, 60 s .
2/ Calculer les coordonnées
34.4
@
$! @ I *
M < ) !
! .v 1
! 3
62
2(
*2 2& )" t = 0
$5 O !
. 20cm #
6< I *
1! =
aM 7
vM
$
3 /1
<
( ur , u )
<
3
02
, xM , yM @ 2 E
8
. 0 s,15s,30 s, 45s, 60 s
M
$5 vM
. t = 60s
7 &+
$5 aM 7
/2
. 2(
)@ /3
M
mouche
aux
Dessiner la trajectoire sur le mur.
3/ Représenter sur la trajectoire le vecteur vitesse
vM au temps t = 45s et le vecteur accélération aM
$5
7 &+
t = 45s
au temps t = 60s .
Exercice 4.35
Dans le plan OXY , un cercle de rayon R , de
diamètre OA , tourne à la vitesse angulaire constante
autour du point O . On lie à son centre mobile
O ' deux axes rectangulaires O ' X ' Y ' (l’axe
O ' X ' est dirigé suivant OA ).
A l’instant t = 0 , A est sur OX , OX et
OX ' étant colinéaires.
Un point M , initialement en A , parcourt la
circonférence dans le sens positif avec la même
vitesse angulaire .
1/ Calculer directement les composantes des vecteurs
vitesse et accélération de M dans le repère OXY (en
dérivant les composantes de OM ).
2/ Calculer les composantes de la vitesse et de
l’accélération relatives de M dans le repère
O ' X ' Y ' puis dans OXY .
3/ a/ Calculer les composantes de la vitesse
d’entraînement dans le repère OXY par la loi de
composition des vitesses.
b/ Calculer de même les composantes de
l’accélération d’entraînement dans le repère OXY ;
en déduire l’accélération complémentaire (Coriolis).
A.FIZAZI
35.4
R
.O
* ."! I *
2 OXY 6
$5
! )
@
OA *
O'4
3
4 +!
.( OA 5 #( O ' X '
) O ' X 'Y '
OX OX
A t=0
$5
. M 5
OX '
) ! A $5 2 $5 ! 3 M
!
.
>/! (
( $5
$ &+ $ 3
0 +
/1
.( OM
3
+!) OXY 8 & $5 M 7
M
! 7
3
/2
. OXY $5 8@ O ' X ' Y ' 8 & $5
OXY 8 & $5 (
3
/ /3
.
3
!* ) &
$5 ( 7
3
)@
/
.(>
3)$ 3 7
D ! = N OXY 8 &
( 7
(
3
23K /4
.
2 7 &+ 8 $
& ) &
$ 3
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
123
Mouvement relatif
4/ vérifier les expressions des composantes de la
vitesse d’entraînement et celle de l’accélération
complémentaire en utilisant les expressions faisant
intervenir le vecteur rotation .
Y
Y'
M
A
X'
O'
O
A.FIZAZI
X
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
124
Mouvement relatif
Corrigés des exercices de 4.28 à 4.35
4.35
4.28
Exercice 4.28 :
Soit va la vitesse de précipitation de la pluie par rapport au sol, v la vitesse de la pluie par
rapport au véhicule et ve la vitesse de la voiture par rapport au sol :
va
vr
=
sin10° sin 90°
ve
vr
=
sin 90° sin 80°
va =
sin10°
vr ; va
sin 90°
vr =
sin 90°
ve ; vr
sin 80°
17, 4km.h
80°
1
v
117km.h
10°
1
90°
va
ve
Exercice 4.29 :
1/ l’équation horaire de la chute de la balle par rapport au repère fixe est :
1 2
z=
gt + h (1)
2
La distance parcourue par la voiture avec une vitesse constante au cours de la durée t
est : x ' = vt ( 2 )
z ' est la hauteur dans le repère mobile lié à la voiture et qui est la même que la hauteur z
mesurée dans le repère fixe z .
Par élimination du temps entre les équations horaires (1) et ( 2 ) on obtient l’équation de la
trajectoire de la balle par rapport au repère mobile :
x'
g 2
t=
z = z' =
x ' + h : la trajectoire est une parabole.
v
2v 2
2/ La distance parcourue par le véhicule avec un mouvement uniformément varié au cours
de la durée t est :
1
x ' = ae t 2 ( 3)
2
En éliminant le temps entre les équations (1) et ( 3) on obtient la trajectoire de la balle par
rapport au repère mobile :
2x '
g
t2 =
z = z'=
x '+ h : la trajectoire est une droite.
ae
ae
Nous avons représenté sur la figure ci-dessous la trajectoire pour chaque cas.
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
125
Mouvement relatif
Z'
Z
h
h
g 2
x'
2v 2
z' = h
g
x'
ae
z' = h
Z'
g
z
z'
ae
x ' = v.t
v
O'
O' X '
O
X'
1 2
x ' = aet
x'
2
Exercice 4.30 :
Nous étudions le mouvement de M dans la bas ( ur , u , u z ) . Les vecteurs unitaires
sont indépendantes du temps. Voir figure.
1/ Le vecteur position :
OM = r = r ' = r.ur
, le vecteur vitesse relative :
vr = r.ur et le vecteur accélération relative : ar = r .ur .
2/ La vitesse d’entraînement, c'est-à-dire la vitesse des deus axes Oxy mobiles par
rapport au plan fixe est OXY :
dOO '
+
dt
dOO '
= 0 (O
dt
= k = .u z
ve =
O'M
O' )
ur
O'M = 0
r
ve =
z Z
k = uz
O, O '
i
X
u
0
0
uz
v e = r .u
0
y
u
ur j
•
M
Y
x
L’accélération d’entraînement, c'est-à-dire l’accélération des deux axes Oxy mobiles par
rapport au plan fixe OXY est :
d 2 OO '
dO ' M d
dO ' M
ae =
+
+
O'M ,
=
O'M
2
dt
dt
dt
dt
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
126
Mouvement relatif
O ' M = .u z
d
dt
(
d 2 OO '
+
dt 2
ae =
ur
O'M = 0
r
O'M
) + ddt
O'M
r .u = r 2 ur
u
0
0
uz
ae = r 2 ur + r u
=r u
0
3/ L’accélération de Coriolis :
ac = 2
ur
u
v r =2. 0
r
0
0
uz
a c = 2r u
0
4/ La vitesse absolue, c'est-à-dire la vitesse de M par rapport au plan OXY fixe est :
va = ve + v r
va = r.ur + r .u
L’accélération absolue c'est-à-dire l’accélération de M par rapport au plan fixe OXY
est :
(
aa = ae + ar + ac
aa = r
r
2
) .u + ( r
r
+ 2r
) .u
Remarque : Si on veut faire les calculs par rapport au repère mobile, on utilise la
base i , j , k
, en remplaçant u et u dans les résultats des vitesses et
(
)
des ’accélérations auxquelles nous sommes parvenues par ur = i .cos + j .sin
et u = i .sin + j .cos
.
Exercice 4.31 :
1/ Expression du vecteur position par rapport au repère mobile OX ' Y ' :
OM = r = r.i '
r=
1 2
at + r0 .ur
2
i = ur
On dérive le vecteur position dans la base mobile pour obtenir le vecteur vitesse
relative :
'
vr = r = at.ur
Expression du vecteur de la vitesse d’entraînement :
dOO '
+
O'M
dt
dOO '
= 0 ( O O' )
dt
= k = .u z
ve =
ve =
ve =
A.FIZAZI
O'M =
1 2
at + r0
2
Univ-BECHAR
ur
0
u
0
uz
1 2
at + r0
2
0
0
.u
LMD1/SM_ST
127
Mouvement relatif
Expression du vecteur de la vitesse absolue :
va = ve + v r
va = at.ur +
1 2
at + r0
2
( at ) +
2
Son module : va =
.u
1 2
at + r0
2
2
.
2
Le sens et la direction du vecteur de la vitesse absolue (voir figure ci-dessous) est
donnée par :
1 2
at + r0
v
2
tg = =
vr
at
2/ Coordonnées et viteses du mobile au temps t = 3s :
= t,
1 2
at + r0 , r = 0,1m
2
; y = r.sin , y = 0, 095m
= 1,884rad = 108° ; r =
x = r.cos , x = -0, 031m
1 2
at + r0
, ve = 0,0628m.s 1
2
3/ On dérive le vecteur de la vitesse relative pour obtenir le vecteur de l’accélération
relative :
ar = a.i ' = a.ur
ar = a.ur
vr = at , vr = 0, 06m.s
1
; ve =
va = vr2 + ve2 , va = 0, 087m.s
tg =
v
= 1, 047
vr
L’accélération d’entraînement :
d 2 OO '
dO ' M d
ae =
+
+
2
dt
dt
dt
0
1
= 46,3°
O'M
,
dO ' M
=
dt
O'M
0
ae =
O'M
ve
O ' M = .u z
1 2
at + r0
2
.u = r
2
ur
ae =
1 2
at + r0
2
2
.u
r
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
128
Mouvement relatif
Y
va
v
X'
a
v
aa
M
Y'
M0
a
X
O
ur
u
v r =2. 0
at
Expression littérale de l’accélération absolue :
0
0
3/ Accélération de Coriolis : a c = 2
aa = ae + ar + ac
aa = a
1 2
at + r0
2
Module de l’accélération absolue : aa =
a
2
uz
a c = 2at .u
0
.ur + ( 2at.
1 2
at + r0
2
) .u
2
2
+ ( 2at.
)
2
La direction du vecteur accélération absolue est tirée de la figure ci-dessus :
a
2at
tg =
=
1 2
ar
a
at + r0
2
Exercice 4.32 :
1/ Coordonnées du point M : à partir de la figure (a) ci-dessous on voit que:
OM = OA + AM
L’abscisse : au cours de la durée t , le point M balaie l’angle
définie par l’angle
=
t , et sa position est
t ; Pendant le même temps le centre du cercle parcoure la
2
distance OA ' = vt .
Donc : x = OA ' + xM' .
OA ' = v.t = R t
xM' = R.cos
cos = cos
cos
2
2
t
x = R ( .t .sin .t )
t = sin .t
L’ordonnée : de la figure (a) on voit que : y = R + yM'
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
129
Mouvement relatif
y = R + R.sin
sin
y = R (1 .cos t )
.t = cos .t
2
La trajectoire est la courbe décrite par l’extrémité du vecteur position OM au cours du
temps. Il est défini par les équations paramétriques :
x = R ( t sin t )
OM y = R (1 cos t )
z=0
La représentation graphique de ces équations paramétriques nous conduit à une cycloïde
(H IJK F G).
2/ La vitesse absolue du point M est :
x = vx = R (1 cos t )
dOM
va =
va y = v y = R sin t
dt
z = vz = 0
dOM
= R (1 cos t ) .i + R sin t. j
dt
Le module du vecteur vitesse absolue est :
va =
va = x 2 + y 2 + z 2 ; va =
va = 2 R 2
va = R
2 1 cos t = R
2.sin 2
R
2
(1
(1
cos t )
2
+ [ R sin t ]
2
cos t )
2.2 sin 2
t
2
t
2
va = 2 R sin
t
2
Pour déterminer la direction du vecteur vitesse absolue il suffit de calculer l’angle
comprise entre l’axe OX , c'est-à-dire le vecteur unitaire i , et le vecteur va (voir figure b) cidessous. Pour ce faire on fait appel au produit scalaire :
va .i = va .i.cos = x
x = va .cos
x = 2R
(1
cos t )
va .cos
(1
= 2R
cos t )
Par substitution on obtient :
t
.cos = R (1 cos t )
2
En continuant les calculs on obtient la valeur :
t
t
t
2 R.sin .cos = 2 R.sin 2
cos = sin
2
2
2
2 R .sin
cos
= sin
cos
= cos (
+
+
2
2
=
t
2
,
=
2
t
2
)
La vitesse relative est la vitesse absolue du point M par rapport au référentiel
mobile X ' AY ' , donc :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
130
Mouvement relatif
d AM
dt
Commençons par les coordonnées du point M dans le repère X ' AY ' :
vr =
xM' = R.cos = R.cos
t = R.sin t
2
yM' = R sin = R.sin
t = R.cos t
2
En dérivant les deux coordonnées par rapport au temps on obtient les composantes de la
vitesse relative :
xM' = R. s cos t
Le vecteur s’écrit alors : vr = R. s cos t.i
Et son module : vr =
( R.
yM' = R. .sin t
;
R. .sin t. j
s cos t ) + ( R. .sin t )
2
2
vr = R
La direction de la vitesse relative : on utilise la même méthode que celle qui a été utilisée
pour obtenir la direction du vecteur vitesse absolue.
Sur la figure (b) ci-dessous, on voit bien que l’angle en question est l’angle compris entre v
et i :
vr .i = vr .i.cos
= xM' = R cos t
vr .cos
cos
= cos t
=
;
t=2
vr
cos t = cos (
t)
3/ la vitesse d’entraînement ve . Regardons la figure (b) ci-dessous (en se basant sur
quelques propriétés géométriques). Dans un cercle l’angle au centre est égale au double de
(
l’angle dont le sommet est situé sur la circonférence de ce cercle 2.M ' A ' M = 2
).
v est
tangent à la trajectoire circulaire au point M .
Y
Y'
v=R
y
y
t
R
'
M
M'
M
R
M
ve = v
2
xM'
A
A
X'
va
v
/2
O
A'
X
x
A'
X
De la figure (b), il vient :
ve = va
A.FIZAZI
vr
ve = va2 + vr2
Univ-BECHAR
2va .vr .cos
LMD1/SM_ST
131
Mouvement relatif
ve = 4 R 2
2
sin 2
t
+ R2
2
2
2 R .2 R sin
t
cos
2
2
t
2
ve = R = v
t
t
cos
= sin
2 2
2
La vitesse d’entraînement est égale à la vitesse de translation du centre du cercle par
rapport au repère fixe XOY , ce qui est tout à fait logique. ve est parallèle à l’axe OX .
Exercice 4.33
1/ Nous partant du vecteur position en coordonnées polaires dans le repère X ' O ' Y ' :
OM = r = r ' = r.ur
r = r0 ( cos t + sin t ) .ur
r = r0 ( cos t + sin t )
La vitesse relative : dans le repère mobile, le vecteur unitaire u est constant.
vr = r.ur
vr = r0
r = r0 ( cos t + sin t )
(
sin t + cos t ) .ur
Pour calculer la vitesse d’entraînement, nous faisons intervenir le vecteur de rotation
dOO '
+
dt
OO ' = 0
Nous effectuons l’opération suivante :
ur
u uz
ve =
O'M
ve =
:
r
ve = 0
0
v e = r0 ( cos t + sin t ) u
0
0
r
En utilisant la loi de composition des vitesses, on peut en déduire la vitesse absolue :
va = ve + v r
va = r0 ( cos t + sin t ) u + r0 ( sin t + cos t ) .ur
Calculons le module de cette vitesse pour vérifier q’il est constant :
va = r0
2 = Cte
Quant à la valeur relative :
ar = r .ur
ar = r0
2
( cos
t + sin t ) .ur
L’accélération d’entraînement est déduite de l’expression générale vue en cours en
éliminant les termes nuls :
d 2 OO '
d
ae =
+
O'M +
O'M
ae =
r'
2
dt
dt
0
0
Calculons le produit vectoriel double :
ve =
r' =
r = r0 ( cos t + sin t ) .u
ae =
r0
ur
ae = 0
0
r0
( cos
( cos
t + sin t )
u
0
uz
t + sin t )
0
ae = r0
2
( cos
t + sin t ) u
Calculons à présent l’accélération complémentaire en appliquant la formule :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
132
Mouvement relatif
ur
ac = 2
v r =2.
(
r0
u
0
sin t + cos t )
uz
a c = 2r0
0
0
2
(
sin t + cos t ) u
0
Nous en déduisons l’accélération absolue à partir de la loi de composition des
accélérations : aa = ae + ar + ac
Après les calculs nécessaires on trouve l’expression de l’accélération absolue :
a a = 2r0
2
( cos
t + sin t ) ur + ( sin t + cos t ) u
Vérifions que son module est constant :
a a = 2r0
2
2 = Cte
Exercice 4.35 :
1/ Le vecteur position de la mouche dans le repère mobile (aiguille) :
OM = r = r.ur
r = v.t..ur
Les expressions de la vitesse et de l’accélération de la mouche dans le repère mobile :
remarquons que
0
=
0 , ceci est du au sens négatif dans lequel progresse
l’aiguille des secondes.
vM = r = v.ur + vt.ur
vM = v.ur vt .u
ur = ( ) .u
aM = r = v.ur
u =
(
v
) .ur
2/ Calcul des coordonnées
.u
, ur = (
M
vt
.u
aM = v
) .u
2
t.ur
2v
.u
, xM , yM . Consignons les résultats dans le tableau suivant :
0, 2 10 2
2
=
( m / s ) ; = = ( rad / s )
60
3
60 30
2
10
10 2
xM = vt cos t =
.t cos .t ; y M = vt sin t =
.t cos .t
3
30
3
30
v=
t (s)
M
=
0
(
t rad .s
(
rM = vt ms -1
xM ( m )
)
1
)
yM ( m )
0
15
30
/2
0
5.10
0
0
0
5.10
2
10.10
10.10
2
2
45
60
3 /2
2
15.10
2
0
2
0
15.10
20.10
2
20.10
2
0
2
Voir la représentation graphique c-dessous.
3/ Pour représenter la vitesse et l’accélération de la mouche par rapport au repère
mobile, il faut calculer d’abord leurs deux modules respectifs aux temps prescrits :
t = 45s :
vM = v.ur
t = 60s:
aM = v
v.t. .u
vr = 0,33.ur ; v = 1,57.u
A.FIZAZI
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2
t..ur
2v .u
ar = 0, 22.ur ; a = , 07.u
LMD1/SM_ST
133
Mouvement relatif
y
vr = 0.33ur
15.10
vM
2
v = 1,57u
3. vr .u
5.10 2 m
5.10 2 m
10.10 2
ar = 0.22ur
O
aM
5.10
3. a .ur
20.10 2
x
a = 0, 07u r
2
Nous avons pris comme échelles le module de la vitesse radiale pour représenter la vitesse ;
et le module de l’accélération transversale pour représenter l’accélération.
Exercice 4.36 :
1/ A partir de la figure ci-dessous, on écrit l’expression du vecteur position dans le repère
fixe OXY :
OM = OO ' + O ' M
Durant le temps t , l’angle balayé par le point A par rapport au repère fixe est = t .
L’angle que balaie le point M durant le même temps t
par rapport au repère
mobile O ' X ' Y ' est égale aussi à = t , mais par rapport au repère fixe OXY il balaie
l’angle 2 = 2 t .
La vitesse et l’accélération du point par rapport au repère sont la vitesse et l’accélération
absolues.
En se basant sur la figure ci-dessous :
OO ' = R cos t.i + R sin t. j
O ' M = R cos 2 t.i + R sin 2 t. j
OM = ( R cos t + R cos 2 t ) i + ( R sin t + R sin 2 t ) j
Par dérivations successives de OM on obtient la vitesse et l’accélération absolues :
dOM
, va = R ( sin t + 2sin 2 t ) i + R ( cos t + 2 cos 2 t ) j
va =
(1)
dt
dv
aa = a , aa = R 2 ( cos t + 4 cos 2 t ) i R 2 ( sin t + 4sin 2 t ) j
( 2)
dt
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
134
Mouvement relatif
Y
X'
M
y
A
Y'
x'
y'
j'
i'
O'
j
j'
O
i'
i
X
x
2/ Ecrivons l’expression du vecteur position dans le repère mobile O ' X ' Y ' en exploitant
la figure ci-dessus :
O ' M = x '.i '+ y '. j ' = R ( cos t.i '+ sin t. j ')
La vitesse et l’accélération du point M par rapport au repère mobile O ' X ' Y ' sont la
vitesse et l’accélération relatives. En dérivant le vecteur O ' M deux fois successives on
obtient la vitesse et l’accélération relatives :
dO 'M
vr ' =
, vr ' = R ( sin t.i '+ cos t. j ')
dt
dv
ar ' = r ' , ar ' = R 2 ( cos t.i '+ sin t. j ' )
dt
Ecrivons maintenant l’expression du vecteur position dans le repère fixe O ' XY à partir de
la figure ci-dessus :
O ' M = x.i + y. j = R ( cos 2 t.i + sin 2 tj )
La vitesse et l’accélération par rapport au repère OXY .
ATTENTION : il ne faut pas dériver deux fois de suite le vecteur O ' M afin d’obtenir la
vitesse et l’accélération relatives par rapport à OXY . C’est cette erreur répondue qu’on doit
éviter !!
Nous devons faire appel à la relation 4.57 (voir cours)
dOM dOO '
di '
dj '
dk '
dx '
dy '
dz '
=
+ x'
+ y'
+ z'
+i '
+ j'
+k'
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dt
va
ve
vr = i '
vr
dx '
dy '
dz '
+ j'
+k'
dt
dt
dt
0
A partir de la figure nous pouvons désigner :
i ' = cos t.i + sin t. j ; x ' = R cos t
j ' = sin t.i + cos t. j ; y ' = R sin t
A.FIZAZI
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x ' = R sin t
y ' = R cos t
LMD1/SM_ST
135
Mouvement relatif
Après substitution, nous obtenons :
vr = ( cos t.i + sin t. j ) . ( R sin t ) + ( sin t.i + cos t. j ) ( R cos t )
vr = 2 R .sin t.cos t. i + R
sin 2 t + cos 2 t j
cos 2 t
1
sin 2 t
2
A la fin, la vitesse relative du mobile M par rapport à OXY est :
(
vr = R
sin 2 t.i + cos 2 t. j )
( 3)
L’accélération relative du mobile M par rapport à OXY n’est pas égale à la dérivée de v
par rapport au temps. Il faut utiliser la relation 4.59 (voir cours).
d2x'
d2 y'
d2z'
ar = i ' 2 + j ' 2 + k ' 2
dt
dt
dt
0
i ' = cos t.i + sin t. j ; x ' = R cos t
x' = R
2
cos t
j ' = sin t.i + cos t. j ; y ' = R sin t
y' = R
2
sin t
En remplaçant on obtient :
ar = ( cos t.i + sin t. j ) R
ar =
(
(
2
R
ar = R
2
cos 2 t.i
2
R
2
)
cos t + ( sin t.i + cos t. j )
) (
cos t sin t. j + R
cos 2 t sin 2 t .i
R
2
2
s in 2 t.i
(
R
2
R
2
sin t
)
cos t sin t. j
)
2 cos t sin t . j
cos 2 t
1
sin 2 t
2
A la fin l’accélération relative du mobile M par rapport à OXY est égale à :
ar = R
2
( cos 2
t.i + sin 2 t. j )
( 4)
3/ a/ La vitesse d’entraînement, en utilisant la loi de composition des vitesses est :
(1) ( 3) = ve = va vr
ve =
R
( sin
t + 2sin 2 t ) i + R
ve = R
( sin
( cos
t + 2 cos 2 t ) j
t + sin 2 t ) .i + R
( cos
R
(
sin 2 t.i + cos 2 t. j )
t + cos 2 t ) . j
b/ L’accélération relative en appliquant la loi de composition des accélérations est :
d 2 OO '
d 2i '
d2 j '
d 2k '
ae =
+
x
'
+
y
'
+
z
'
dt 2
dt 2
dt 2
dt 2
0
OO ' = R.cos t.i + R sin t. j ,
i '=
2
cos t.i
d 2 OO '
= R 2 .cos t.i R
2
dt
2
sin t. j ; x ' = R cos t
2
j ' = 2 sin t.i
c os t. j ;
y ' = R sin t
En remplaçant on obtient :
ae = ( R 2 .cos t.i R 2 sin t. j ) + R cos t ( 2 cos t.i
R sin t
A.FIZAZI
(
2
sin t.i
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2
c os t. j
)
2
2
sin t. j
)
sin t. j +
LMD1/SM_ST
136
Mouvement relatif
D’où l’accélération d’entraînement du mobile M :
ae =
2
R
.cos t
sin 2 t + cos 2 t
2
R
i
R
2
sin t + 2sin t.c os t j
cos 2 t
ae = R
2
1
sin 2 t
2
. ( cos t + cos 2 t ) i
2
R
( sin
t + sin 2 t ) j
Déduction de l’accélération de Coriolis ou accélération complémentaire :
dx '.di ' dy '.dj '
ac = 2
+
dt 2
dt 2
ou à partir de la relation 4.59 :
aa = ar + ar + ac
ac = + aa ar ar
Le résultat est le même.
i '=
sin t.i +
cos t. j ; x ' = R sin t
j'=
cos t.i
sin t. j ; y ' = R cos t
ac = 2
dx '.di ' dy '.dj '
+
= ar + ar + ac
dt 2
dt 2
ac = 2
R sin t (
cos t. j ) + R cos t (
sin t.i +
ac = 2 R
2
.sin 2 t.i
ac = 2 R
2
. sin 2 t cos 2 t .i
R
2
.sin t cos t. j
2R
2
R
2
sin t. j )
cos t.i
.cos 2 t.i
R
2
.cos t sin t. j
.sin t cos t . j
cos t
1
sin 2 t
2
ac = 2 R
2
( cos 2
t.i + sin 2 t. j )
Il faudra vérifier le résultat par le calcul direct aa = ar + ar + ac
4/ Introduisons à présent le vecteur de rotation = .k . nous utilisons la loi(4.72)
démontrée en cours pour calculer les deux composantes de la vitesse d’entraînement :
ve =
dOO '
+
dt
O'M
i
ve = R .sin t.i + R .cos t. j +
0
R cos 2 t
ve = R .sin t.i + R .cos t. j
j
0
R sin 2 t
k
0
R .sin 2 t.i + R .sin 2 t. j
ve = R . ( sin t + sin 2 t ) .i + R . ( cos t + sin 2 t ) . j
Nous utilisons la formule (4.73) démontrée en cours pour trouver l’accélération
complémentaire ou accélération d Coriolis :
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137
Mouvement relatif
ac =2
i
ac = 2
0
R .sin 2 t
vr
ac = 2 R
2
.cos 2 t.i
ac = 2 R
A.FIZAZI
2
2R
2
j
0
R .cos 2 t
k
0
.sin 2 t. j
. ( cos 2 t.i + sin 2 t. j )
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138
Dynamique du point matériel
V / DYNAMIQUE DU POINT MATERIEL
INTRODUCTION :
La dynamique en physique est la science qui étudie la relation entre le corps en
mouvement et les causes qui provoquent ce mouvement. Elle prédit aussi le mouvement du
corps situé dans un milieu déterminé.
La dynamique, plus précisément, est l’analyse de la relation entre la force appliquée et
les changements du mouvement du corps.
1/ PRINCIPE D’INERTIE GALILEEN (ou première loi de Newton 1642-1727) :
(
)
Enoncé du principe :
Si le corps matériel n’est soumis à aucune force, il est :
- soit en mouvement rectiligne uniforme,
- soit au repos, s’il était initialement au repos.
Pour une particule le principe d’inertie s’énonce ainsi : « Une particule libre et isolée
se déplace en mouvement rectiligne avec une vitesse constante ».
C’est pour cette raison qu’une particule accélérée n’est ni libre ni isolée mais, soumise
sans aucun, doute, à une force.
Et puisque le mouvement est une notion relative, il est indispensable de définir un
repère auquel sera rapporté le mouvement de la particule libre : ce repère, à son tour, doit
être libre (c’est pour cette raison qu’on l’appelle galiléen ou d’inertie, et dans lequel la
particule libre se déplace à vitesse constante).
)
2/ LA QUANTITE DE MOUVEMENT (
Définition : la quantité de mouvement d’une particule est le produit de sa masse
par son vecteur vitesse instantanée.
m
v
p
p = m.v
La quantité de mouvement est une grandeur vectorielle. Cette une notion très
importante car elle introduit deux éléments qui caractérisent l’état de mouvement de la
particule : sa masse et sa vitesse.
Nous pouvons à présent donner un nouvel énoncé du principe d’inertie : « une
particule libre se déplace toujours avec une quantité de mouvement constante ».
Conservation de la quantité de mouvement (
)
S’il y a variation de la vitesse ou de la quantité de mouvement cela implique que
la particule n’est pas libre.
Supposons l’existence de deux particules libres qui ne sont soumises qu’aux
influences mutuelles entre elles ; elles sont donc isolées du reste de l’univers :
Au temps t : p = m1 .v1 + m2 .v2
'
'
Au temps t’ : p ' = m1 .v1 + m2 .v2
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139
Dynamique du point matériel
Les expériences ont prouvé que p= p' , c'est-à-dire que toute la quantité de
mouvement d’un système composé de deux particules, soumises à leurs seules influences
mutuelles, reste constante.
Par exemple : Pour les systèmes isolés suivants :
Dans un atome d’hydrogène : la quantité de mouvement des deux
particules (proton + électron) reste constante tout le temps, tel est le cas
exactement de la terre et la lune, soit p = 0 .
La quantité de mouvement d’une molécule constituée d’un atome
d’oxygène associé à deux atomes d’hydrogène est constante, il en est de
même pour le système solaire.
Si on généralise ceci, le principe de conservation de la quantité de mouvement
s’énonce ainsi:
« la quantité de mouvement d’un système isolé constitué de particules est
constante »
On peut exprimer mathématiquement ce principe de la conservation de la
quantité de mouvement comme suit :
p = p1 + p2 + p3 + .................. + pn = C te
Dans le cas de deux particules : p1 + p2 = C
Entre les instants t et t ' :
p1 + p2 = p1' + p2'
p1'
te
p1 = p2
p2'
p1 =
p2
« Dans un système isolé de deux particules, la variation de la quantité de
mouvement d’une particule au cours d’un certain temps est égale et de sens opposé à la
variation de la quantité de mouvement de l’autre particule au cours du même temps »
En d’autres termes, ce que gagne l’une des deux particules sous forme de quantité de
mouvement, est perdu par l’autre particule sous la même forme, et vis versa, cependant la
quantité de mouvement du système reste constante.
)
3/ LES AUTRES LOIS DE NEWTON (
La deuxième loi de Newton : (c’est plutôt une définition qu’une loi)
« La dérivée de la quantité de mouvement s’appelle force »
Cela veut dire que la résultante des forces appliquées à la particule est :
F=
dp
dt
(2.5)
Cette équation s’appelle « équation du mouvement » ( S
T )
Cas de la masse constante : suite à ce qui vient d’être dit, si la masse m du mobile
est constante (ce qui est fréquent en mécanique newtonienne) alors l’équation
précédente s’écrit :
F=
d (mv )
dt
F =m
dv
dt
F = m.a
(3.5)
Cas particulier : Si la résultante F est constante alors l’accélération a =
F
est elle
m
aussi constante et le mouvement est rectiligne uniformément varié.
A.FIZAZI
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140
Dynamique du point matériel
C’est ce qui arrive exactement aux corps qui tombent en chute libre sous l’effet de la
force de pesanteur (appelé poids) : P = m.g
Cas de la masse variable : dans ce cas la résultante F s’écrit sous la forme :
F=
d (mv )
dt
F =m
dv
dm
+v.
dt
dt
(4.5)
Exemple 5.1 : un corps de masse10kg , soumis à la force F = (120t + 40) N se déplace
suivant une ligne droite. Au temps t = 0 , le corps occupe la position x0 = 5m avec une
vitesse v0 = 6ms
1
. Trouver la vitesse et la position du mobile en fonction du temps.
Réponse :
En utilisant
la formule (5.3) on trouve : F = 120t + 40 = 10a , telle que
a = (12t + 4)ms .
Pour trouver l’expression de la vitesse instantanée on doit intégrer l’expression de
l’accélération.
2
Puisque
dv
= 12t + 4
dt
v
t
Donc : dv = (12t + 4) dt
0
0
v = 6t 2 + 4t + 6 ( ms
1
)
Intégrons de nouveau, mais cette fois, l’expression obtenue de la vitesse pour trouver la
position du mobile à chaque instant :
x
0
t
t
x = 2t 3 + 2t 2 + 6t + 5 ( m )
dx = vdt = (6t 2 + 4t + 6)dt
0
La troisième loi de Newton ou principe de l’action et de la réaction :
(!
!
)
Enoncé de la loi : « lorsque deux particules sont en influence mutuelle, la force
appliquée par la première particule sur la deuxième est égale et de signe contraire à
la force appliquée par la deuxième particule sur la première ».
C’est ce que montre la figure 5.2 et qui nous permet d’écrire :
F1
2
= F2
(5.5)
1
1
2
F2
1
F1
2
4/ NOTION DE FORCE ET LOI DE FORCE (VW XWY Z [ VW \W]^ )
La définition de la force par l’équation F = m.a nous permet d’exprimer la force
correspondante à l’effet étudié en fonction des facteurs physiques telles que la distance, la
masse, la charge électrique des corps….Nous arriverons en fin de compte à dégager « la loi de
force ».
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141
Dynamique du point matériel
La loi de force ( ou loi des influences mutuelles) : cette loi montre clairement
l’expression de la force (la résultante) appliquée à un point matériel dans une situation bien
définie.
Par exemple : l’expression P = m.g est la loi de force qui définit le poids d’un corps
au voisinage de la terre et qui nous permet de prédire le mouvement de n’importe quel corps
dans le champ de pesanteur terrestre.
Possédant la relation F = m.a , nous pouvons connaître le comportement des systèmes
physiques, mieux encore nous pouvons même prédire leur évolution.
On peut résumer cette situation par l’équation symbolique :
PHYSIQUE=MECANIQUE+LOIS DE FORCE
Après avoir pris connaissance des lois de force correspondantes aux différents effets
mutuels, nous pouvons prédire le mouvement du corps matériel qui est soumis à la force avec
des conditions initiales prédéterminées.
Dans ce qui suit nous allons poser et prendre connaissance des lois relatives
respectivement aux :
Influences mutuelles dues à la gravitation au voisinage de la terre,
Interactions mutuelles dans le cas de l’attraction universelle,
Frottements,
Influences mutuelles élastiques.
5/ MOUVEMENT D’UN PROJECTILE DANS LE CHAMP DE GRAVITATION
TERRESTRE ( %
"$ !
# "
)
Tous les projectiles qui tombent en chute libre au voisinage de la terre ont la même
accélération g constante qui est dirigée vers le bas. On peut écrire g sous la forme :
g = g . j = 9.8 j (m / s 2 ) , j étant le vecteur unitaire de l’axe vertical dirigé vers le haut.
On peut prédire le mouvement d’un projectile lancé avec une vitesse initiale faisant un
angle avec l’horizontale.
Nous avons pris connaissance dans l’enseignement secondaire que l’étude porte
essentiellement sur la détermination:
Des composantes de la vitesse :
Vx (t ) = V0 x = V0 .cos
Vy (t ) = gt + V0 y = gt + V0 sin
Des deux équations horaires :
x(t ) = V0 .cos .t
y (t ) =
(t=0; x=0)
1 2
gt + V0 .sin .t + y0
2
De l’équation de la trajectoire : obtenue par élimination du temps entre les
équations horaires précédentes :
y=
1
g
2 V0 2 .cos 2
.x 2 + (tg ).x + y0
L’apogée ou hauteur maximale atteinte par le projectile :
V0 2 .sin 2
ymax = h =
(g<0)
2g
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142
Dynamique du point matériel
V0 2 .sin 2
La portée : xmax =
(g<0)
g
A titre de rappel on se propose d’étudier l’exemple suivant :
Exemple 5.1 : Un projectile est lancé verticalement vers le haut, à partir du sol, avec la
vitesse 10m.s 1
a/ Quelle est la hauteur atteinte par le projectile ?
b/ quelle est la vitesse du projectile après 1.5s depuis le lancement ?
c/ quelle est l’intervalle de temps séparant l’instant du lancement et l’instant de
collision du projectile avec la terre ?
Réponses : a/ 5.1m b/ 4.7 m.s 1 c/ 2.04s
6/ LOI DE LA GRAVITATION UNIVERSELLE (' &"$
)
La loi de gravitation universelle, qui a été établie par Newton en 1685, est la base de la
théorie qui explique de nombreux phénomènes physiques : à commencer par le mouvement
des planètes et en arrivant par la chute libre des corps en passant par le mouvement des
marrées.
Cette loi explique l’attraction entre deux corps de masses respectives M 1 et M 2 , séparés
par la distance d . Ces deux corps s’attirent mutuellement avec deux forces directement
opposées F1 = F2 .
M1
F1
F2
u
M2
F1 = G
d
M 1 .M 2
u
d2
F1 = G
M 1 .M 2
d2
(5.6)
Fig 5.3 : attraction des deux corps
Champ gravitationnel ( " $ ! ):
La force d’attraction terrestre est le poids. Il et de coutume de calculer le poids à
l’aide de l’accélération de la pesanteur g P = mg . Grâce à la loi de l’attraction
(
)
universelle et la loi de force du poids on peut déterminer l’expression de g en fonction de
l’altitude :
A la surface de la terre : Nous obtenons la valeur de l’accélération de la
pesanteur terrestre de la façon suivante :
m
RT
MT
F=P
G
M T .m
= mg 0
RT2
g0 = G
MT
RT2
G = 6.67 × 10
11
N .m2 .kg
2
M T = 5.98 × 1024 kg
RT = 6.37 × 106 m
g 0 = 9.8 N .kg
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LMD1/SM_ST
143
Dynamique du point matériel
A la hauteur Z de la surface de la terre : Le vecteur de l’accélération de la
pesanteur terrestre à une hauteur Z du sol, c'est-à-dire à la distance r = RT + Z
du centre de la terre, s’obtient par le raisonnement suivant :
P0 = mg 0 = G
m.M T
RT2
P = mg = G
r
m.M T
r2
RT 2
r2
g = g0
Quant à l’expression vectorielle elle est :
g = g0
RT 2
u
r2
(5.9)
Exemple 5.3 :
Le soleil a une masse de 1.99 × 1030 kg , la terre une masse 5.98 × 1024 kg et la lune une
masse de 7.36 × 1022 kg . Le rayon moyen de l’orbite de la terre autour du soleil est
1.496 × 1011 m , celui de l’orbite de la lune autour du soleil est 3.84 × 108 m .
a/ Calculer l’intensité moyenne du champ d’attraction solaire tout au long de l’orbite de
la terre autour du soleil.
b/ Calculer l’intensité moyenne du champ d’attraction lunaire tout au long de l’orbite de
la terre autour du soleil.
Réponses : a/ 5.9 × 10 3 N .kg
1
b/ 3.33 × 10 5 N .kg
1
Application : les satellites artificiels ( ( )*
):
Durant ces dernières décennies la technologie des communications sans fil a
connu un développement extraordinaire. Cette révolution
est caractérisée par
l’exploration de l’espace par l’homme, et la mise sur orbite de milliers de satellites
artificiels géostationnaires, c'est-à-dire tournant à la même vitesse que la terre, afin
d’assurer en permanence la télécommunication entre les différents points du globe
terrestre.
Pour satisfaire la condition imposée ci-dessus (satellite géostationnaire), des
calculs ont été effectués pour déterminer la hauteur correspondante. D’après les résultats
cette hauteur est z = 42.1 × 106 m , et la vitesse de rotation v = 3.08 × 103 m.s 1 .
Nous laissons à l’étudiant le soin de s’en assurer lui même de ces résultats.
Effectivement, c’est à la hauteur et à la vitesse précédemment calculées que les
satellites artificiels géostationnaires évoluent, comme l’avait prédites la théorie.
Vu l’importance du sujet et en complément, et par souci de compréhension nous
pouvons ajouter quelques informations relatives au lancement des satellites artificiels.
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144
Dynamique du point matériel
La seule force agissant sur le satellite artificiel est son poids ou force de pesanteur. La
phase étudiée ici est la phase balistique, c'est-à-dire l’étape où le satellite atteint le
point M 0 ( figure5.6) . En ce point V0 représente la vitesse initiale géocentrique du satellite
étudié, et 0 la distance entre le centre de la terre et le point M 0 telle que l’altitude mesurée à
partir de la surface de la terre soit comprise entre 100 et 200km. Le satellite doit évoluer à une
distance ne dépassant pas les quelques dizaines de fois le rayon de la terre, et ce afin de
pouvoir négliger les influences de la lune et du soleil.
M0
Phase de propulsion
(Moteurs allumés)
V0
La terre
Fig 5.6
Dans ce qui suit nous allons donner les définitions de différentes vitesses propres aux
lancements de satellites artificiels suivantes:
La première vitesse cosmique (a [b cYWd e f ) :
La première vitesse cosmique est la vitesse circulaire géocentrique d’un
satellite artificiel tournant à basse altitude (située entre 100 et 200km depuis la surface
de la terre). Elle est donnée par l’expression :
V1 =
En acceptant r0
g0 =
MT G
r0
(10.5)
RT = 6400km les calculs conduisent à :
MTG
10m.s
RT 2
2
V1 = Rg 0
64.106
V1 8000ms
1
La deuxième vitesse cosmique ( cY i cYWd e f ) :
La deuxième vitesse cosmique est la vitesse géocentrique que doit atteindre un
satellite artificiel pour se libérer de l’attraction terrestre. Elle est donnée par la
formule :
V2 =
2M T G
r0
V2 = V1 2
En considérant le point M 0 au voisinage de la terre, on obtient V2
(11.5)
11000ms
1
La troisième vitesse cosmique ( i i cYWd e f ) :
La troisième vitesse cosmique est la vitesse géocentrique que doit atteindre un
satellite artificiel pour se libérer du système solaire.
Les calculs ont donné :
V3 = 16800ms
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
1
(12.5)
LMD1/SM_ST
145
Dynamique du point matériel
7/ FORCES DE LIAISON OU FORCES DE CONTACT(jk l mWZ [n o pl mWZ)
Entendons nous qu’ici nous parlons des forces agissant mutuellement entre les corps en
contact.
La figure5.7 représente un corps solide posé sur une table. Le corps est en équilibre sur
(
)
cette table, c’est à dire que l’accélération est nulle a = 0 .
Face à la force F , représentant la résultante de toutes les interactions des molécules
constituant le corps, et appliquée à la table, cette dernière à son tour applique la force F ' qui
est la résultante de toutes les interactions des molécules constituant la surface de la table qui
est en contact avec le corps. Les deux forces F et F ' sont appelées forces de contact ou de
liaison à cause du contact des deux corps entre eux.
F'=
F=
fi '
fi
Fig 5.7 : Forces de contact
7/ FORCES DE FROTTEMENT ( q dlrs mWZ )
Chaque fois qu’il y a contact entre deux surfaces rugueuses de deux corps solides, une
résistance apparaît alors et s’oppose au mouvement relatif des deux corps. Il existe plusieurs
types de frottements :
Les frottements entre les corps solides qui peuvent être statique et dynamique,
Les frottements dans les fluides.
force de frottement statique(
. , - + )
La force de frottement statique est la force qui maintient le corps en état de repos
même en présence d’une force extérieure.
Cas d’un corps posé sur un plan horizontal :
Considérons le corps de la figure 5.8. Il est soumis à quatre forces. Soit f s la
force de frottement statique. P et N sont respectivement le poids et la force de
réaction. Pour que le corps posé sur la table se met en mouvement il faut lui appliquée
une force minimale F .
N
F
fs
P
Fig 5.8 : Force de frottement
Fi = 0
Le corps est au repos :
i
En projetant sur les deux axes horizontal et vertical on obtient:
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
146
Dynamique du point matériel
N + F .sin
F .cos
P=0
f s =F.cos
fs = 0
Si l’angle était nul on aurait f s = F et P = N .
Remarquer que P N avec N = P F .sin qui est la force qui maintient le
corps au repos jusqu’à ce que la force F appliquée arrive à l’arracher de la surface. Tout juste
avant d’arracher le corps, la force de frottement statique atteint sa valeur maximale définie par
la loi: f s = hs .N où hs est le coefficient de frottement statique et N la force normale.
Donc :
fs
f s ,max = hs .N
(13.5)
Dans notre exemple:
N=P
f s ,max = hs .N = hs ( P
F sin
Il faut que N > 0 et par conséquent P > F .sin
F sin )
, sinon le corps se soulève.
Exemple 5.4 :
Un corps de poids 80 N est posé sur la surface d’un plan horizontal rugueux. On applique
à ce corps une force d’intensité 20N faisant un angle de 30° avec l’horizontal. Le coefficient
de frottement statique étant 0.30 :
a/ Quelle est l’intensité de la force de frottement ?
b/ Quelle est l’intensité de la force normale ?
c/ Quelle est l’intensité de la force de frottement maximale ?
d/ Quelle doit être l’intensité de la force appliquée pour que le corps se décroche ?
Réponse : a/ f = 17.3 N
,
c/ f s ,max = 21N
b/ N = 70 N ,
,
d/ F = 24.1N
force de frottement cinétique(
, - + )
La force de frottement cinétique est la force qui s’oppose au mouvement du
corps sur une surface rugueuse. Son intensité est donnée par la formule :
f c = hc .N
(14.5)
Remarque : Dans le cas des forces de frottement statique le corps est au repos, par contre
dans le cas des forces de frottement cinétique ou dynamique le corps est en mouvement.
Considérons l’exemple schématisé sur la figure5.9 :
N
F
fc
m
P
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
147
Dynamique du point matériel
Le corps est considéré à présent en mouvement. Il est possible de déterminer
l’expression de la force de frottement dynamique après avoir posé l’expression de la force
normale :
N = P F .sin
f c = hc .N
f c = hc .( P F .sin )
En appliquant la relation fondamentale de la dynamique, sachant que m est la masse du
corps, nous pouvons écrire:
F .cos
f c = ma
f c = F .cos
ma
Où hc est le symbole du coefficient de frottement cinétique (ou dynamique) et N
représente la force normale.
ICI on ne parle pas de force de frottement maximale.
A l’étudiant de trouver l’expression de l’accélération.
Exemple 5.5 :
Un corps de masse 10, 2kg glisse sur un plan horizontal rugueux sous l’effet d’une force
d’intensité 20N . La direction de la force fait un angle de 45° vers le haut avec l’horizontale.
2
Le coefficient de frottement dynamique est 0,15 . On prend g = 9,8ms . Calculer :
a/ la force normale,
b/ la force de frottement cinétique,
c/ la résultante des forces,
d/ l’accélération acquise.
Réponse : a/ N = 85.82 N , b/ f c = 12.9 N , c/ FR = 1.24 N , d/ a = 0.12ms 2
LES FROTTEMENTS DANS LES FLUIDES( /0
#1
-)
Quant un corps solide se déplace dans un fluide (gaz ou liquide) avec une faible
vitesse relative, une force de frottement apparaît. Elle se calcule par la formule :
f f = K .v
(15.5)
K : Un coefficient qui dépend de la forme du corps solide en mouvement dans le fluide.
Pour une sphère, par exemple, on trouve K = 6 .R , et par conséquent :
f f = 6 .R. .v
(16.5)
Cette loi est connue sous le nom de Loi de Stockes.
: Coefficient qui dépend des frottements internes dans le fluide (c’est à dire les frottements
entre les différentes couches qui sont en mouvement avec différentes vitesses). Le frottement
interne au fluide s’appelle la viscosité, et c’est pour cette raison que s’appelle le coefficient
de viscosité. Dans les liquides, le coefficient de viscosité diminue avec l’élévation de
température, par contre il augmente avec la diminution de la température pour les gaz.
9/ LES FORCES ELASTIQUES ( Y v mW ) :
Les forces élastiques provoquent des mouvements périodiques.
Par exemple : dans notre étude du mouvement rectiligne sinusoïdal, nous avons vu que
l’accélération est calculée par :
2
a=
.OM
En appliquant la relation fondamentale de la dynamique, nous pouvons écrire :
Fi = F
A.FIZAZI
F = m.a ; F = m
2
.OM
Univ-BECHAR
F = k .OM
(17.5)
LMD1/SM_ST
148
Dynamique du point matériel
Cela veut dire, que pour le mouvement rectiligne sinusoïdal, la résultante de toutes les
forces appliquées à un point matériel, est proportionnelle au vecteur position et de sens
contraire. Cette force est toujours dirigée vers le centre, c’est pour cette raison qu’elle est
appelée force centrale. Elle ne s’annule qu’au centre.
Par projection sur l’axe, on arrive à la loi de force suivante :
F = kx
(18.5)
T mWZ)
10/ FORCES D’INERTIE OU PSEUDO FORCES (VW wxy [n
Lors de notre étude du mouvement relatif, nous avons rencontré la loi de composition
des accélérations:
aa = ar + ae + ac
L’observateur lié au repère absolu galiléen doit écrire:
F = maa = m
dva
; v=va
dt
F =m
dv
dt
(19.5)
L’observateur lié au repère relatif non galiléen doit écrire:
F = mar = m
dvr
; F = m(aa
dt
ae
ac )
Soit:
m
dv
= F + Fe + Fc
dt
(20.5)
Conclusion : Dans le repère galiléen on doit écrire :
F =m
dv
dt
Dans le repère non galiléen on écrit :
m
dv
= F + Fe + Fc
dt
En comparant les deux dernières équations nous pouvons en déduire ce qui suit : on peut
appliquer la loi de la dynamique dans un référentiel non galiléen ( R ) à condition qu’au
terme F , qui représente les forces réelles, c'est-à-dire les forces résultant des effets mutuels
effectifs, on doit ajouter les deux termes Fe et Fc connus respectivement sous les noms de
force d’entraînement et force Coriolis.
Ces deux termes traduisent la forme non galiléenne du référentiel ( R ) .
Tous les résultats de la mécanique newtonienne peuvent être utilisés dans un référentiel
non galiléen à condition d’ajouter l’effet des forces d’inertie à l’effet des forces réelles.
Par exemple : Lorsqu’un bus en mouvement freine subitement, un passager qui est à
bord subit l’effet de la force d’inertie.
Exemple d’application :
Un pendule est suspendu au toit d’une voiture en mouvement de translation accéléré
(voir figure5.10).
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
149
Dynamique du point matériel
Nous allons recensé les observations de chacun des deux observateurs dont l’un, debout
est lié à la terre, l’autre étant lié à la voiture.
Les deux observateurs constatent l’inclinaison du pendule dans le sens contraire du
mouvement de la voiture.
a ( R / R0 )
( R)
a ( R / R0 )
( R)
T
T
Fe
P
P
( R0 )
F
( R0 )
b
a
( R0 )
( R)
Par rapport à l’observateur fixe : la masse m est en mouvement avec l’accélération a . Il
applique la loi (5.6) et écrit :
m
dv
=ma
dt
m
dv
=P+T
dt
Par rapport à l’observateur en mouvement : la masse m est en équilibre relatif. Cet
observateur considère que les forces P et T sont compensées par la force d’inertie Fe telle
que : P + T + Fe = 0
En comparant les écritures des deux observateurs on en déduit que la force d’inertie est:
Fe = ma ; Fe = ma
L’équation du mouvement appliquée au pendule dans le repère ( R ) s’écrit :
dv
= P + T + Fe + Fc
dt
Or la force de Coriolis est nulle puisque le repère ( R ) est en mouvement de translation
par rapport au repère fixe ( R0 ) . Donc :
dv
dv
m = P + T + Fe
m = m( g a ) + T
dt
dt
dv
On pose g ' = g a , ce qui nous permet d’écrire : m
= mg '+ T
dt
m
Cette dernière équation montre que tout se passe comme si à l’intérieur de la voiture
règne une pesanteur apparente :
g'= g
a
a
g
g'= g 2 + a 2
Nous pouvons à présent calculer l’angle d’inclinaison du pendule qui est le même pour
les deux observateurs :
A.FIZAZI
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150
Dynamique du point matériel
=
tan
F a
=
P g
Nous pouvons aussi calculer la période des oscillations de faible amplitude par rapport à
l’observateur mobile :
l
=2
g'
=2
(g
l
2
+ a2 )
1/ 2
Si la voiture était au repos, la période serait plus grande :
=2
l
g
Exemple5.6 : Une personne se tient debout sur une balance pèse personne à l’intérieur
d’un ascenseur au repos, elle lit 650N . Combien lira-t-elle sur la balance lorsque l’ascenseur
1
se met en mouvement avec une accélération de 2ms dans les deux cas :
a/ vers le haut,
b/ vers le bas.
Réponse :
a/ Mouvement vers le haut : Par rapport à un observateur extérieur à l’ascenseur, la
personne pèse 650N et sa masse 65kg .
L’ascenseur est en état d’équilibre par rapport à la personne qui est soumise aux
forces R, P, F e . Ce que lit la personne est l’intensité de la réaction R de la balance, soit :
P + R + Fe = 0
R
P
Fe = 0
R = P ' = mg + ma
P ' = mg ' = m( g + a ) = 65(10 + 2)
P ' = 780 N
b/ Mouvement vers le bas :
P + R + Fe = 0
R+P
Fe = 0
R = P ' = m( g
P ' = 65(10 2)
a)
P ' = 520 N
11/ MOMENT D’UNE FORCE(VWZ \{e )
Soit la figure 5.11 où est un axe de vecteur unitaire u ;
Soit O un point de cet axe :
u
O
et u sont de même sens.
F
M
Fig 5.11
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
151
Dynamique du point matériel
Définition : On appelle moment d’une force F appliquée au point M par rapport
à l’axe la grandeur scalaire :
=
O
(21.5)
.u
Avec O le moment de la force F au point O .
Remarquons que le moment de la force
(grandeur scalaire) est la projection du moment de
la force O (grandeur vectorielle) en un point de l’axe , et c’est une grandeur indépendante de
la position de O sur l’axe.
O
= OM
(22.5)
F
Expression du moment de la force par rapport à l’axe
:
La figure 5.12 représente une porte soumise à une force quelconque F et
assujettie à tourner autour de l’axe = Oz . Pour faire notre étude, nous optons pour les
coordonnées cylindriques (r , , z ) , les mieux adaptées à ce cas, et ayant comme origine O
et Oz comme axe vertical.
z
u = uz
Fz
H
F
r
M
M
( )
Fr
O
uz
r
u
ur
Fig 5.12
Nous décomposons la force F en trois composantes :
F = Fr + F + Fz
F = Fr .ur + F .u + Fz .u z
Oz étant l’axe, donc u = u z et par conséquent
=
z
= (OM
F ).u z = (r.ur + z.u z )
=
z
=
O
.u z ;
O
= OM
F
( Fr .ur + Fz .u z + F .u ).u z
Effectuons cette opération qui est un produit mixte de vecteurs :
ur
u
uz
r
0
z = OM
Fr
F
Fz
OM
A.FIZAZI
F = z.F .ur
F = ur (0
z.F ) u (r.Fz
z.Fr ) + u z (r.F
0)
r.Fz .u + z.Fr u . + r.F .u z
Univ-BECHAR
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152
Dynamique du point matériel
= (OM
F ).u z = z.F .ur .u z
r.Fz .u .u z + z.Fr .u .u z + r.F .u z .u z
0
0
=
z
0
1
( 23.5)
= r.F
Nous remarquons que les composantes radiale Fr et axiale Fz ne contribuent pas dans
le moment par rapport à l’axe .
Conclusion :
La force radiale Fr qui rencontre l’axe n’a aucun effet de rotation sur la
porte (elle l’arrache).
La force axiale Fz parallèle à l’axe n’a elle aussi aucun effet de rotation sur la
porte (elle la soulève).
La force normale F perpendiculaire à l’axe est la seule qui a un effet de
rotation sur la porte. Plus la longueur du bras est grande, plus il est facile de faire
tourner la porte.
12/ LE MOMENT CINETIQUE (|S
\{T )
Le moment cinétique d’un point matériel en un point de l’espace :
Soit O un point de l’espace (il n’est pas indispensable qu’il soit au repos dans
un référentiel R ) :
On appelle moment cinétique d’un point matériel de masse m , de quantité
de mouvement p et situé au point M par rapport au point O le produit
vectoriel:
LO = OM
(24.5)
p
LO
O
v
r
M
F
Fig 5.13
Vu la similitude entre cette expression 5.24 et l’expression du moment
cinétique de la force 5.22, on peut qualifier le moment cinétique de moment de la
quantité de mouvement.
Le moment cinétique d’un point matériel par rapport à un axe :
Par comparaison avec la définition du moment d’une force par rapport à un
axe, on peut en déduire la définition du moment cinétique d’un point matériel par
rapport à un axe comme suit :
A.FIZAZI
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153
Dynamique du point matériel
L = LO .u
(25.5)
Remarquons que le moment cinétique L (grandeur scalaire) est la projection
du moment cinétique LO (grandeur vectorielle) en un point de l’axe. L est
indépendant du choix de la position O sur l’axe.
Sans de nouveaux calculs et en se référant uniquement à la comparaison, nous
arrivons à l’expression du moment cinétique d’un point matériel par rapport à l’axe Oz
en fonction de la coordonnée transversale de sa quantité de mouvement, soit :
L = Lz = r. p
(26.5)
Partant des deux expressions transversales de la quantité de mouvement et de
la vitesse, nous arrivons à une nouvelle expression du moment cinétique en fonction
de la masse, du vecteur position et de la vitesse angulaire :
p = m.v
v = r.
L = Lz = m.r 2 .
(27.5)
L = Lz = r. p
Remarque : Cette expression peut demeurer constante si
=
L = m.r 2 .
On pose C = r .
Sous l’effet d’une force centrale, le vecteur position balaie entre les instants t1 et t2 le
2
triangle OP1 P2 dont l’aire est ds =
1 2
r .d , (figure5.14).
2
Divisons les deux membres par dt :
ds 1 2 d
1
= r
= r2.
dt 2 dt 2
ds 1 2
1
On remarque que :
= r . = C = C te
dt 2
2
(28.5)
Nous découvrons une expression appelée loi des aires relative au mouvement à force
centrale qui stipule que « le vecteur position balaie pendant des intervalles de
temps égaux des aires égales ». Figure5.14
Il est utile de donner par la même occasion la définition de la vitesse aréolaire en
dS
relation avec le sujet de la force centrale « la vitesse aréolaire
est la surface
dt
balayée par le vecteur position par unité de temps ».
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
154
Dynamique du point matériel
t2
P1 , t1
P2 , t2
t1
O
Le théorème du moment cinétique :
Enoncé : En un point fixe O d’un référentiel galiléen, la dérivée par
rapport au temps du moment cinétique d’un point matériel est égal au moment
de la force qui lui est appliquée en ce point.
dLO
=
dt
(29.5)
O
Le moment cinétique joue pour la rotation (
celui que joue la force pour la translation (
dLO
=
dt
O)
un rôle similaire à
dp
=F).
dt
Exemple 5.7:
Un point matériel M de masse m
vibre autour d’un axe horizontal OZ
perpendiculaire au plan vertical ( OX , OY ) du mouvement (figure5.15). Sa position est définie
à chaque instant par ses coordonnées cartésiennes.
O
X
iM
Y
P
Calculer directement :
1/ le moment du poids P par rapport au point O , puis par rapport à l’axe OZ en
fonction de x, g et m .
2/ le moment cinétique du point M par rapport au point O , puis par rapport à l’axe
OZ en fonction de m, x, y, x et y .
3/ Trouver l’équation du mouvement en appliquant le théorème du moment
cinétique sur le point M .
Réponse :
1/ On calcule le moment de la force P appliquée au point M par rapport au
(
point O dans la base O, i , j , k
A.FIZAZI
):
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
155
Dynamique du point matériel
O
(
= OM
P
)
P = Px + Py = mg. j
O
i
j
= x
y
0 mg
0
Par rapport à l’axe
0 ;
O
= mgx.k
0
= OZ , on obtient :
(
)
= OM
(
k
= mgx
P .k ;
2/ Calculons le moment cinétique du point M par rapport au point O dans la
base O, i , j , k
):
LO = OM
p
p = mvx + mv y
i
j
LO = x
y
0 ; LO = m ( xy
x
y
0
(
yx ) k
= OZ
Par rapport à l’axe nous obtenons :
L = OM
k
)
p .k ; LO = m ( xy
yx )
Appliquons le théorème du moment cinétique :
dLO
=
dt
A.FIZAZI
0
; m ( xy + xy
xy
yx ) k = mgx.k
Univ-BECHAR
xy
yx = gx
LMD1/SM_ST
156
Dynamique du point matériel
**
EXERCICES
Exercice 5.1
Un corps D de masse 5,5kg (figure ci-dessous) se
déplace sans frottement sur la surface d’un cône
ABC , en tournant autour de l’axe EE ' avec une
vitesse angulaire de 10tours / mn . Calculer :
a/ la vitesse linéaire du corps,
b/ la réaction de la surface sur le corps,
c/ la tension du fil,
d/ la vitesse angulaire nécessaire pour rendre nulle la
réaction du plan.
On prend
g = 9,8ms
1.5
5,5kg
:)
-
1
D
"$ %(
!" ) ABC
* . 10tours / mn & ' &
EE '
"
%
"& " &
" /
% "
" /)
% "
/.
" & '/" & '" &
" /
1
. g = 9,8ms $ 1 .0
"
E
B
4,5m
60°
D
A
C
E'
Exercice 5.2
En considérant les forces de frottement comme
négligeables ainsi que la masse de la poulie,
1/ montrer que la barre AB dans la figure cidessous sera en équilibre à condition que l’équation
suivante soit vérifiée :
m1 ( m2 + m3 ) l1 = 4m2 m3l2 ,
2/ trouver la force que le couteau exerce sur la
barre.
A
l1
O
2.5
:2 " & $ & 3
4 0 5
'
* !"
) 6 " * 7 /1
:& " " &" - " 8
* !
m1 ( m2 + m3 ) l1 = 4m2 m3l2
.) 6 "
" 3
" 2 "
* /2
l2
B
m1
m3
m2
157
Dynamique du point matériel
Exercice 5.3
Dans cet exercice on néglige les forces de
frottement ainsi que les masses des poulies et celles
des fils que nous considérons comme inextensibles.
Trouver les accélérations des corps de la figure cidessous dans les deux cas
"
$
3.5
4 0 5 3
" $7
"& 5 9 7 - "
"
* !"
* :
*
. (b ) ( a )
.
" "
( a ) et ( b ) .
m1
m1
m3
m2
(a)
m3
m2
Exercice 5. 4
La figure ci-dessous représente un corps dont le
poids est 5N et qui repose sur un plan rugueux
incliné de = 35° . Le coefficient de frottement
statique est 0.80 . On prend g = 10ms .
a/ Quel doit être l’angle d’inclinaison pour que le
corps décolle ?
b/ Quelle est la force de frottement statique
maximale?
c/ Quelle est la force normale pour 35° ?
d/ Quelle est la force de frottement statique pour une
inclinaison de 35° ?
<
7
"
(b)
6
4
@
" ?
@& A
@ 35°
@ 35° "
!
. g = 10ms $ 1 . 0.80
" & '/"
" & ' 7 /
"
4 2 5 7 /)
& A " 2 " 7 /.
"
4 2 5 7 /
2
2
m
4.5
5N
;
!"
- . = 35° > =
158
Dynamique du point matériel
Exercice 5.5
La figure ci-dessous représente un corps dont le
poids est 8N et qui repose sur un plan rugueux
incliné de = 35° . Le coefficient de frottement
cinétique est 0.40 . On prend g = 10ms .
a/ Quel doit être l’angle d’inclinaison pour que le
corps glisse avec une vitesse constante ?
b/ Quelle set la force normale pour une inclinaison
de = 35° ?
c/ Quelle est la force de frottement pour = 35° ?
d/ Quelle est l’accélération pour une inclinaison
de = 35° ?
<
7
6
4
"
2
&
"
@
@
= 35°
= 35°
@
5.5
8N
;
!"
- . = 35° ) =
!
2
g = 10ms $ 1 . 0.40
" & '/"
" & ' 7 /
@& ;
& A " 2 " 7 /)
"
4 2 5 7 /.
= 35°
B " 7 /
m
Exercice 5.6
Un corps B de masse
6.5
3kg
B
?6
D
.(
!" ) 5kg
'
<$"
"
A
"
"
"
"
4
. 0,1 0, 2 " "
3
" & A
2 " 7 /
a/ Quelle force maximale peut-on appliquer à chaque
corps pour faire glisser le système en maintenant
@" E F ? & " 8"'
ensemble les deux corps ?
@& A
2 " G$7 8
B " 7 /)
b/ Quelle est l’accélération quand cette force
2 "
* 2 5 : $F B
" B
7 /.
maximale est appliquée ?
@A
"
&
G/ * 2 $ " & A
c/ Quelle est l’accélération du corps B si la force est &
plus grande que la force maximum ci-dessus et est
@ B
"
appliquée au corps A ? et appliquée au corps B ?
3kg est placé sur un autre A C
corps A de masse 5kg (figure ci-dessous). On
suppose qu’il n’y a pas de frottement entre le corps A
/ - .
et la surface sur laquelle il repose Les coefficients de
7
frottement statique et cinétique entre les deux corps
sont respectivement 0, 2 et 0,1 .
B
A
F
Exercice 5.7
On pose une masse m2 sur une masse m1 , puis on
7.5
& " :-6 ; % m1 & 8 m2 & :-6
pose l’ensemble sur un plan incliné d’un angle par
H
- .8 ?
& ' = 0
rapport à l’horizontal. Le coefficient de frottement
= "
" m1
% h2 7 m2 m1
cinétique entre m et m est h , et entre m et la
1
2
2
1
"
159
Dynamique du point matériel
surface inclinée il est h1 .
.
B
:<
h1 = 2h2 = 0,3 , m2 = 8kg ,
Calculer les accélérations des deux masses.
Application numérique :
h1 = 2h2 = 0,3 , m2 = 8kg ,
m1 = 5kg ,
= 60° , g = 9,8ms
2
m1 = 5kg ,
"
. h1 7
) *
8
= 60° , g = 9,8ms
2
m2
m1
Exercice 5.8
Les masses des corps A et B sur la figure ci-dessous
sont respectivement 10kg et 5kg . Le coefficient de
8.5
7
* !"
B A
"
&" " ? A >"
4
- . 5kg 10kg "
frottement de A avec la table est 0, 20 . La masse
3
" D
2 " &
3 . 0, 20
de la poulie est négligeable. Le fil est inextensible et
& "
* .
H
&
de masse négligeable. Trouver la masse minimale de C >" & IJ
$F & " B
) * .
"
A?
C qui empêche A de bouger.
.C Calculer l’accélération du système si on soulève C .
"
7
"
"
C
A
B
Exercice 5.9
Un point matériel de masse
vitesse
initiale v0
faisant
m est lancé avec une
un
angle
avec
l’horizontale. Il est soumis au champ de gravitation
terrestre.
I. Le tir a lieu dans le vide :
1. Isoler le point matériel et lui appliquer le principe
fondamental de la dynamique. Calculer alors
l’accélération a ( t ) .
Calculer :
2. la vitesse v ( t ) .
3. la position OM
(t ) .
4. la distance OA .
5. l’altitude maximale zmax atteinte par ce projectile.
II. Le tir a lieu dans l’air :
Le point matériel est soumis à un frottement
9.5
? J v0 & =
&
m 3 &
& K$
.& 6
& $ "
" ?6
8 ?
& '"
:
/I
F " 3 8
& " & " ' F /1
. a (t ) B
" $= ) F .
"
:) *
. v (t ) &
" /2
. OM ( t ) ?6 " /3
. OA = xmax & " /4
.& $ " I <$" zmax A
B 4 /5
:
/II
.'"
4 & "
& "
?6
. f = k .v B "
160
Dynamique du point matériel
F " 3
visqueux du type f = k .v :
1. Isoler le point matériel et lui appliquer le principe
fondamental de la dynamique.
dv
2. En remplaçant a par
, montrer que l’on
dt
obtient l’équation différentielle suivante :
dv k
+ v=g.
dt m
3. En déduire l’expression vectorielle de la vitesse
instantanée v ( t ) . Montrer que celle-ci tend vers une
valeur limite vL
=g
m
.
k
4. En déduire la position OM
(t ) .
Ecrire les
expressions des composantes de ce vecteur.
5. Calculer l’instant ts pour lequel le projectile
J
*
8
&
" &
L %
dv
>
dt
"
' F /1
.
"
aD -
/2
dv k
+ v = g :& " " & 6 " &" - "
dt m
. v (t ) & A " &
" & -!" 2 -" M F /3
m
& & 5 "F N 2
G$7 * L
k
) * . OM ( t ) ?6 " M F /4
.B -!" $7
S 2 $" & $ " 3 O
" ts &A " ) * /5
. vL = g
. zs
.t
xs
"
;
atteint le sommet S de la trajectoire et en déduire les
H M
:
" P
coordonnées xs et zs correspondants.
6/ Démontrer que la trajectoire a une asymptote
lorsque t
.
III. Synthèse graphique :
Tracer qualitativement sur un même graphique la
trajectoire dans les deux cas suivants :
1. le tir a lieu dans le vide (pas de frottement).
2.le tir a lieu dans l’air (frottement visqueux).
"
.(
.(.'"
-"
)Q "
)E 3"
7
"
" * 7 /6
/III
!"
*
: " "
"
/1
"
/2
v0
X
O
Exercice 5.10
Une demi sphère de rayon R = 2m et de centre O
repose sur un plan horizontal. Une particule de
masse m , partant du repos du point M 0 situé en haut
10.5
O 7'
R = 2m 7 5 KJ 2 ?6
"
m 3 &
8"' . * 0
KJ
*
&-5 " M 0 & "
3 ; ;1 :
de la demi sphère, glisse sous l’action de son poids.
.2 "
1/ Ecrire l’équation différentielle du mouvement de
la particule au cours de son glissement, sachant que le E ;* &
" G$7 & " & 6 " &" - " ) /1
coefficient de glissement sur la surface de la sphère
54' H
4
- *
354'
est µ .
.µ 7 2 "
2/ En négligeant les frottements :
:
! /2
a/ démontrer que la vitesse acquise au point M
& -" M & "
&
" &
" *
/
défini par l’angle = MOM 0 est donnée par
&5/-"
= MOM 0
& '"
l’expression v = 2 Rg (1 cos ) ,
% v = 2 Rg (1 cos )
b/ en déduire alors l’angle
0
sous lequel la particule
quitte la surface de la sphère, discuter le résultat,
c/ calculer la vitesse v0 correspondante.
3/ Au moment où la particule quitte le point M avec
3 *
"
& '"
$=
%& " R5 %2 "
.&
" v0 &
0
M F /)
&
"
I
" ) * /.
161
Dynamique du point matériel
la vitesse v0 , on demande :
v0 &
"
M &
de g , R, v0 ,
&"4
&
" &A "
a/ de trouver la vitesse v instantanée en fonction
0
,t ,
" &
b/ les modules des forces tangentielle et normale.
.& A " 2 "
/3
:)
v &
"
F /
% g , R, v0 , 0 , t
&
" 2 "
! /)
" 2
I
M0
M
R
O
Exercice 5.11
La fusée « Apollo » effectue un voyage de la terre à
11.5
.
"
"F
D
&
"
"
C
" S J"
8
la lune. La lune est à la distance 3.84 × 10 m de la
8
& . 3.84 × 10 m &
D
" 24
terre. La masse de la terre est 5.98 × 10 kg tandis
24
"
&
5.98 × 10 kg
D
22
que celle de la lune vaut 7.36 × 10 kg .
. 7.36 × 1022 kg
a/ Quelle est l’intensité du champ de pesanteur de la
&6
& $ "
2! 7
/
terre lorsque la fusée se trouve à mi-chemin entre la
terre et la lune ?
@ " D
& " KJ
S J"
b/ Quelle est l’intensité du champ de pesanteur de la
& " & $ "
2! 7
/)
lune lorsque la fusée se trouve à mi-chemin entre la
@ " D
& " KJ
S J"
terre et la lune ?
&
6
&
$
"
M
"
"
2
!
7 /.
d/ Quelle est l’intensité du champ résultant du champ
S J"
& " & $ "
de pesanteur de la terre et celui de la lune lorsque la KJ
fusée se trouve à mi-chemin entre la terre et la lune ?
@ " D
& "
e/ A quelle distance du centre de la terre le champ M "
" - D
'
- <*
/
résultant des deux champs terrestre et lunaire
@
"
D
$
s’annule-t-il ?
Exercice 5.12
On dispose de deux ressorts linéaires identiques de
12.5
6
longueur au repos l . Chacun, soumis à un poids P0 ,
$ 1 P0 ;" 3
?6
.
&"
prend un allongement l0 , déterminé par leur raideur
8 - .k & ! " 3
: ; 2
% l0 &"
commune k . On suspend un poids P0 à l’un des
&
;"
* )
6 "
* "F P0 / ;
l
3
;
ressorts et on tire horizontalement le poids à l’aide de
l’autre ressort que l’on tire avec une force variable F .
Le premier fait alors un angle
avec la verticale.
Pour chaque valeur de
correspondant à une
force F , le ressort
ressort
( 2)
un
(1)
prend un allongement
allongement l2 .
allongements l1 et l2 en fonction de
l1 et le
Calculer
et
l0 .
les
? J .F 2 I 2
$ <$"
U D "
>" & 5
*
. 5 !" ?
& '
% F2 "
( 2 ) D " l1 > (1) D "
&
. l0
&"4
l2
l1
"
H )
* . l2 >
;"
162
Dynamique du point matériel
O
A
B F
P0
Exercice 5.13
On donne le vecteur position d’un corps de masse
(
)
6kg : r = i . 3t 2 6t + j .
(
)
4t 3 + k . ( 3t + 2 )( m )
(
: 6kg
)
r = i . 3t 2 6t + j .
.
(
13.5
" ?6 " B -! -
)
4t 3 + k . ( 3t + 2 )( m )
:
Trouver :
2 ;N " F 2 " /
" & " F ' /)
'
" p & " &
/.
%F "
dL
dp
. =
* F=
* 1 /
dt
dt
%
F agissant sur le corps,
b/ le moment de F par rapport à l’origine,
c/ la quantité de mouvement p du corps et son &
a/ la force
"
moment cinétique par rapport à l’origine,
d/ vérifier que
F=
dp
et que
dt
=
"
dL
.
dt
Exercice 5.14
Un pendule est constitué d’une masse m accrochée au
point M à un fil de masse négligeable et de
longueur l . Le fil est repéré par rapport à la verticale
par l’angle orienté . Le mouvement s’effectue sans
frottement.
" M& "
& ;
& "
" ?6
.
& "
% ( O, u r , u , u z ) 2
de M par rapport au référentiel R .
2/ Etablir l’équation du mouvement en utilisant le
théorème du moment cinétique dans chacune des deux
" '-" & A
( O, u r , u , u z )
1/ Exprimer dans la base ( O, ur , u
bases ( O, ur , u
, u z ) la vitesse
, u z ) et ( O, u x , u y , u z ) . Démontrer
qu’elles sont équivalentes Retrouver cette même
équation en appliquant le principe fondamental de la
dynamique.
3/ En considérant des oscillations d’amplitude 0 ,
trouver l’expression de la tension du fil lors du
passage du pendule par sa position d’équilibre. Quelle
est donc la condition sur la tension du fil pour que
celui-ci ne casse pas ?
*.
.
% 0
?6
=
"
2 IJ"
P
!"
*
-
" -"
"
%F
14.5
m&
P
.l "
& 3
. &3 " & '"
5!"
"
/1
.R?
"& " M&
& " &" - ?6 /2
"
* 7
. ( O, u x , u y , u z )
F " 8
3 &" - "
&- " : $ : ' ' 74
"
"
2
$F 7 . 0 m, g , l &"4
@?
4
/3
' "
"
163
Dynamique du point matériel
Exercice 5.15
Deux boules identiques, assimilables à deux points
matériels de masse m , sont fixées aux deux
extrémités d’une barre AB de masse négligeable et de
longueur 2d . Cette barre, astreinte à rester dans le
15.5
:$
36
% ;
:;
. 2d "
& 3
AB ) 65 3
%m &
" ) 6 " $7
( OX , OY ) 0 " E "
plan ( OX , OY ) , est articulée en G à une tige OG
- . a 3"
& 3 3 8 ? G
J
%
de masse négligeable et de longueur a . Le
.( !" A *) 2 1
'" & "
mouvement est repéré par les angles
1
et
2 (voir
figure).
&
"
&
" LO
.
Calculer directement le moment cinétique LO du
système par rapport au point O
de m, a, l ,
1 et
"
2
'-" 2 ! ) *
m, a, l , 1 &"4 O &
"
en fonction
2.
X
O
1
G
A
2
B
Y
Exercice 5.16
Un point matériel M , de masse m , lié par un fil
inextensible de longueur l à un point fixe A , tourne
avec une vitesse angulaire constante
autour de
l’axe AZ .
1. étant l’angle que forme AM avec la verticale,
calculer la tension T du fil puis l’angle
en
fonction de m, g , l et .
16.5
5 9
& J %m 3
M&
&
AZ
"
% A& ; &
"F l "
"
. & ;& '&
? AM 3- J
" & '" 7
:
$F /1
& '"
;
" T
" ) * % 5 !"
.
m, g , l &"4
OF " :$ &
: ; H ) * /2
2. Calculer en coordonnées cylindriques d’origine O 2
. A >" & " M >"
" '-"
l’expression du moment cinétique de M par rapport
0 " &J
' <
'" & "
! * 1
à A.
Vérifier que sa dérivée par rapport au temps est égale
. M >" & " A
& "
au moment par rapport à A de la résultante des forces
appliquées à M .
Z
A
l
O
X
Y
M ( m)
164
Dynamique du point matériel
Exercice 5.17
Un pendule simple est suspendu au toit du wagon
d’un train qui roule en ligne droite sur un terrain plat à
1
une vitesse de 120km.h . Un passager s’aperçoit que
le pendule dévie subitement vers la droite, faisant un
angle = 10° avec la verticale ; il conserve cette
position pendant 30 secondes, puis revient à la
verticale.
1/ Comment interprétez-vous la déviation du
pendule ?
2/ Calculer le rayon de courbure.
3/ De quel angle le train a-t-il tourné ?
On prend
g = 9.8m.s 2 .
Exercice 5.18
Une corde de masse M uniformément répartie sur sa
longueur L (figure ci-dessous) peut glisser sans
frottement sur la gorge d’une poulie bloquée de très
petit
rayon.
Quand
le
mouvement
:17.5
5 &
K
"F 8 P
A / . 120km.h &
&
&6 * 8
- J % "
21 K
P " *
?6 " 7
A
V 5 !" ?
= 10° & '
. 5 !" "F
; %& ; 30 2
@ 5 !"
P " K
K /1
.E 4
5 KJ ) * /2
@
" 3
" & '" 7 /3
2
. g = 9.8m.s $ 1
1
18.5
!" ) L "
A & ' M
L'
84' 4
(
.
IJ
5 KJ : $
" & 5 9
2
2
& " *
commence BC = b . Montrer que lorsque BC = L , % BC = L " * 7 . BC = b
3
3
g
g
: 7&
" 2
a=
7B " W
l’accélération
est
a=
et
la
3
3
2
2g
2
bL b 2
L
9
L
. b = 7 m L = 12m :<
2g
2
bL b 2
L .
9
L
Application numérique : L = 12m et b == 7 m
.v =
vitesse v =
B
A
b
C
8
165
Dynamique du point matériel
Exercice 5.19
Un point matériel M de masse m se déplace sans
frottement sur la surface intérieure d’un cône de
angle au sommet
A
.
l’instant t
M0
,
cylindriques ( r0 ,
a
pour
: ;
coordonnées
m 3
5 ( Oz ) G
O
révolution d’axe ( Oz ) , de sommet O et de demi
H
M0
>"
& $ " B
, z0 ) . Dans la région considérée, & 6
& "
l’accélération de pesanteur g sera considérée comme .& - "
uniforme.
0
Le
référentiel
( 0, ur , u
, uz )
=r
z0
.
r0
2/ Appliquer la relation fondamentale de la
dynamique dans
et la projeter sur la base locale des
coordonnées
cylindriques ( ur , u
, u z ) . Ecrire le
système des trois équations différentielles obtenues.
3/
Déduire
la
relation
= f ( r0 , v0 , r )
de
l’expression de la composante orthoradiale de
l’accélération du point M .
4/ Mettre l’équation différentielle d’intégrale r ( t )
sous la forme :
r+
A ( r0 , v0 , z0 )
r3
r+
&
"
& = &
= B ( r0 , z0 , g )
5/ Pour quelle vitesse initiale v1
A ( r0 , v0 , z0 )
r3
& 5
M&
%
= f ( z0 , g ) le
"
sur le cône, autour de l’axe ( Oz ) ?
: $ & 6 " &"
6/ Multiplier par 2 les deux membres de l’équation ) * . t ' " &
: !"
différentielle de solution r ( t ) et l’intégrer une fois
r2 =
par rapport au temps t . Présenter l’équation
0
différentielle
forme : r
2
obtenue
= f ( r0 , v0 , z0 , r , g ) .
sous
la
z
uz
H
u
M0
u
z0
O
0
x
g
0
= B ( r0 , z0 , g )
/5
v1 = f ( z0 , g ) & = H
<*
"
0
point M a-t-il un mouvement circulaire uniforme de
rayon
- . ( r0 , 0 , z0 ) &
A
. 9 ( 0, ur , u , u z ) ? "
%z> " '
" %M & "
* 7 /1
z
.z =r 0 >
r0
3 * ;
" &
&5/-" 8 /2
. ( ur , u , u z ) &
: ; X" & " 2 "
.3
J " &;/;" & 6 " :4 - " & ) *
&
" 2 -" = f ( r0 , v0 , r ) &5/-" M F /3
. M & " B " & 6 -"
: !"
r (t )
" & 6 " &" - " ?6 /4
est
galiléen.
1/ Montrer que la côte du point M , notée z , est
donnée par : z
19.5
M&
&
"
"
"
. & * "
' KJ
% t &A "
y
7
5
KJ
&A
@ ( Oz )
"
-"
2
) 6F /6
" 2
2
3
r (t ) "
3
J " & 6 " &" - "
f ( r0 , v0 , z0 , r , g )
166
Dynamique du point matériel
Exercice 5.20
Une particule de charge q et de masse m , se
déplaçant avec une vitesse v
dans un champ
électromagnétique ( (le champ électrique étant Ek et
le champ magnétique Bi
forme :
(
F = q E+v
) subit une force de la
20.5
v&
m 3
q 3
Ek 7
: !"
= 3"
2
;1
" )
( Bi 7
On suppose E et B constants en module et sens.
Montrer dans ce cas que la particule se déplace dans
le plan yOz selon une trajectoire en forme de
cycloïde d’équations :
y (t ) = a (
Avec a
nulle.
=
sin
(
F = q E+v
)
B .
) et z ( t ) = a (1
cos
).
m
qB
et =
. La vitesse initiale est
q
m
&
.G 4
"
:G " - <
2 !"
&" "
. z ( t ) = a (1 cos
.&
- &=
4 &
)
" .
! &
B
I
3
I"
)
; B
G$7
8
ED
*
1
yOz 0
"
y (t ) = a (
=
qB
m
"
a=
sin
m
?
q
)
167
Dynamique du point matériel
Corrigés des exercices de 5.1 à 5.20
20.5
1.5
Exercice 5.1 :
a/ Puisque le mouvement est circulaire, la vitesse linéaire du corps est : v = r
Convertissons la vitesse angulaire dans les unités du système international :
10.6, 28
=
1, 05rad .s 1
60
Calculons le rayon du mouvement circulaire qu’effectue le corps autour de l’axe EE ' :
r = l.sin 60° , r = 4, 5.0,87 r = 3, 9m
D’où :
v = 1, 05.3,9
v 4,1ms 1
b/ Calcul de l’intensité de la force de réaction du plan sur le corps : le corps est en
mouvement circulaire uniforme sous l’action de forces dont la résultante est une force centrale
de module m 2 . Projetons les différentes forces sur les deux axes (voir figure).
P + T + R = m 2 r.i
T .sin
R.cos
P R.sin
=m
T .cos
2
r
=0
(1)
( 2)
E
y'
60° =
Ry
T
Ty
R
Tx
x
x'
D
E'
Rx
y
Eliminons la tension entre les deux équations (1) et ( 2 ) pour obtenir le module de la
réaction :
T .sin
R.cos + m 2 r
R.cos + m 2 r
=
tg =
T .cos
P R.sin
P R.sin
(
R = m g.sin
2
.r.cos
) ( 3)
; R
37 N
c/ La tension du fil peut être calculée à partir de l’une des deux équations (1) ou ( 2 ) :
R.cos + m 2 r
T 46, 4 N
sin
P R.sin
T=
T 43.42 N
cos
La différence entre les deux valeurs de la tension est due à la valeur approchée que nous
avons prise pour chaque cas.
T=
d/ La vitesse angulaire nécessaire pour que la réaction du plan sur le corps s’annule est
déduite de l’équation ( 3) :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
168
Dynamique du point matériel
(
R = m g .sin
2
=
g .sin
r.cos
2
=
.r.cos
)=0
g .sin
l.sin .cos
Exercice 5.2 :
1/ Nous représentons toutes les forces
agissant sur le système. L’équilibre du système
est vérifié si la somme algébrique des moments
des forces appliquées sur la barre par rapport à
l’axe (le couteau) est nulle, soit : T / = T /
1
P2 + T2 = m2 .a
,
l1
A
T1
P2 + T2 = m2 .a
R
O
1
l2
B
F
T
m1
T2
P1
T2
m m2
a= 3
g
m2 + m3
T3
T3
m3
m2
P2
D’où :
P3 T3 = m3 .a
2,1rad .s
T
T1
Pour calculer l’intensité de la tension T ,
on doit calculer d’abord l’accélération des deux
masses m2 et m3 par rapport à la poulie en
rotation sans translation. Pour cela on applique
la relation fondamentale de la dynamique :
P3 T3 = m3 .a
g
l cos
=
T3 = m3 ( g a )
T2 = m2 ( g + a )
T = 4g
m m2
a= 3
g
m2 + m3
m2 .m3
m2 + m3
T = T2 + T3 , T = m2 ( g + a ) + m3 ( g a )
Pour m1 : P1 = T1
D’après le théorème des moments :
T/
=
T1 /
T1.l1 = T .l2
m2 .m3
.l2
m1 ( m2 + m3 ) .l1 = 4m2 m3 .l2
m2 + m3
2/ La force appliquée par le couteau sur la barre est égale à la résultante des deux forces
parallèles T et T1 :
Et à la fin : m1 g .l1 = 4 g
R = T1 + T
R = g m1 +
4m2 m3
m2 + m3
Exercice 5.3 :
Premier cas : (voir figure ci-dessous).
Nous sommes en présence d’un exercice de dynamique associé au mouvement relatif.
Commençons par appliquer le principe de la relation fondamentale aux masses m1 , m2
et m3 :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
P3
169
Dynamique du point matériel
T1 = m1a1
T1 = m1a1
P3 + T3 = m3 .a3
2 P3 + T1 = 2m3 .a3
P2 + T2 = m2 .a2
2 P2 + T1 = 2m2 .a2
1
T2 = T3 = T1
2
R1
a1
m1
+
T1 T1
+
P1
T
T
T
+
a1
ae = a1
T2
P1
T3
T3
m3
T2
m1
+ T
T2
a3
P3
m2
a2
T2
P2
ae = a1
T3
T3
m3
a3
P3
a2 m2
P2
Premier cas
Deuxième cas
Nous connaissons la loi de composition des accélérations pour le mouvement relatif de
translation (sans rotation) : aa = ar + ae . L’accélération d’entraînement est égale à
l’accélération de la poulie en translation, c'est-à-dire à l’accélération de la masse m1 ( ae = a1 ) .
Quant à l’accélération relative a elle est commune aux deux masses m2 et m3 .
En tenant compte du sens indiqué sur la figure :
Pour la masse m2 l’accélération absolue est : a2 = ar a1
Pour la masse m3 l’accélération absolue est : a3 = ar + a1
Par projection, nous pouvons écrire :
T1 = ma1 (1)
T1 2 P2 = 2m2 ( ar
a1 )
( 2)
T1 + 2 P3 = 2m3 ( ar + a1 ) ( 3)
Nous venons d’obtenir un système d’équations à trois inconnues. L’accélération relative
commune est déduite de l’équation ( 3) :
ar =
A.FIZAZI
2m3 g 2m3a1 m1a1
g
2m3
Univ-BECHAR
( 4)
LMD1/SM_ST
170
Dynamique du point matériel
Remplaçons a
par sa valeur tirée de l’équation ( 2 ) pour trouver l’expression de
l’accélération a1 de la masse m1 :
a1 =
Revenons à l’expression ( 4 )
4m2 m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
( 5)
pour calculer l’accélération relative en remplaçant
l’accélération absolue par sa valeur que nous avons trouvée dans l’équation ( 5 ) :
ar =
m3 m1 m1m2
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
( 6)
Il devient facile maintenant de déduire les deux accélérations restantes a2 et a3 .
L’accélération a2 de la masse m2 :
a2 = ar
a1 ; a2 =
m3m1 m1m2
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
a2 =
4m2 m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
m3m1 m1m2 4m2 m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
L’accélération a3 de la masse m3 :
a3 = ar + a1 ; a3 =
m3m1 m1m2
4m2 m3
g+
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
a3 =
m3m1 m1m2 + 4m2 m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
Deuxième cas : (voir figure ci-dessus)
Nous commençons par appliquer la relation fondamentale de la dynamique aux masses
m1 , m2 et m3 :
T1 = m1a1
P3 + T3 = m3 .a3
P2 + T2 = m2 .a2
T1 = m1a1
2 P3 + T1 = 2m3 .a3
2 P2 + T1 = 2m2 .a2
1
T2 = T3 = T1
2
Comme dans le premier cas aa = ar + ae . L’accélération d’entraînement est égale à
l’accélération de la poulie en translation, c'est-à-dire à l’accélération de la masse m1 ( ae = a1 ) .
Quant à l’accélération relative a elle est commune aux deux masses m2 et m3 .
En tenant compte du sens indiqué sur la figure :
Pour la masse m2 son accélération absolue est : a2 = ar a1
Pour la masse m3 son accélération absolue est : a3 = ar + a1
Par projection, nous pouvons écrire :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
171
Dynamique du point matériel
(8)
T1 2 P2 = 2m2 ( ar a1 ) ( 9 )
T1 + 2 P3 = 2m3 ( ar + a1 ) (10 )
T1 = ma1
Nous venons d’établir un système de trois équations à trois inconnues.
Nous en déduisons l’accélération relative commune de l’équation ( 9 ) :
( m1
ar =
En remplaçant a
2m2 ) g
( m1 + 2m2 ) a1 g
(11)
2m2
par sa valeur dans l’équation (10 ) nous trouvons l’expression de
l’accélération a1 de la masse m1 :
4m2 m3 m1m2 m1m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
a1 =
(12 )
En revenant à l’expression (11) nous calculons l’accélération relative en remplaçant
l’accélération absolue par sa valeur que nous venons de trouver dans l’équation (12 ) :
2m3m1 2m1m2
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
ar =
(13)
Il est facile à présent d’en déduire les deux accélérations manquantes.
Expression de l’accélération a2 de la masse m2 :
a2 = ar
a1 ; a2 =
2m3m1 2m1m2
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
a2 =
4m2 m3 m1m2 m1m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
3m3m1 m1m2 4m2 m3
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
Expression de l’accélération a3 de la masse m3 :
a3 = ar + a1 ; a3 =
2m3m1 2m1m2
4m2 m3 m1m2 m1m3
g+
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
a3 =
4m2 m3 m1m3 3m1m2
g
m1m2 + m1m3 + 4m2 m3
Exercice 5.4 :
a/ Angle d’inclinaison nécessaire pour que le corps décolle.
Quand la force de frottement statique atteint sa valeur maximale pour un angle de
décollage 0 , appelé angle de frottement et qui est un angle limite, elle s’équilibre avec la
composante du poids Px , à ce moment là, le corps décolle :
f s ,max = Px = mg sin
f s ,max = µ N
N = Py = mg cos
0
tg
0
= µ , tg
0
= 0,80
0
= 38, 66°
0
b/ Intensité de la force de frottement maximale :
f s ,max = µ N , f s ,max = 3,13N
c/ La force normale pour l’angle 35° :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
172
Dynamique du point matériel
N = Py = mg cos
d/ Force de frottement pour l’angle 35° :
f s = Px = mg sin
, N = 4,1N
, f s = 2,87 N
y'
x'
N
fs
m
Px
Py
P
x
y
Exercice 5.5 :
a/ Angle d’inclinaison nécessaire pour que le corps se déplace à vitesse constante, cela
veut dire que la somme des forces doit être nulle :
fc + P + N = 0
Par projection sur les deux axes, il vient :
Px f c = 0 mg sin 0 = µc N
tg 0 = µc , tg 0 = 0, 40 , 0 = 21,8°
Py N = 0 N = mg cos 0
b/ Force de frottement pour l’angle 35° :
N = mg cos
, N = 6, 55 N
c/ Force de frottement cinétique pour l’angle 35° :
f c = µc N ; f c = 2, 62 N
d/ Accélération pour l’angle 35° :
f c = ma
mg sin
mg sin
m
fc
, a = 2, 46 N
y'
x'
N
fc
m
Px
+
Py
P
x
y
Exercice 5.6 :
a/ Pour que le système glisse, tout en maintenant ensemble les deux corps, il faut que les
deux corps aient la même vitesse, donc la même accélération par rapport au plan fixe.(Du
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
173
Dynamique du point matériel
point de vue du mouvement relatif, il faut que l’accélération absolue du corps B soit égale à
l’accélération d’entraînement du corps A ).
Soit F , la force qu’il faut appliquer sur le corps A pour que le système glisse tout en
maintenant les deux corps ensembles. Figure (a)
Appliquons la relation fondamentale de la dynamique pour calculer l’accélération des
deux corps :
Pour le corps A :
F
F + P + N = ( mA + mB ) .a , F = ( mA + mB ) .a a =
(1)
mA + mB
0
Pour le corps B : par rapport au repère fixe il est en mouvement, mais par rapport au corps
A il est au repos. C’est pour cette raison que la force de frottement agissant sur lui est une
force de frottement statique. On peut donc écrire :
f s ,max, A = mA .a
µ s mA g
f s ,max, A = µ s N A
a=
a = µs g ( 2 )
mA
N A = PA = mA g
Pour en déduire la force, il suffit d’égaler les deux équations (1) et ( 2 ) :
a=
F
= µs g
mA + mB
F = µ s ( mA + mB ) g , F = 15, 7 N
NB N
f s,B
N
+
B
A
PB
+
B
F
A
F
P
P
b/ Accélération du système quand on applique la force F :
Par rapport au plan de glissement il n’y a pas de force de frottement. Le système est donc
soumis au forces P, N et F . Figure (b)
La relation fondamentale de la dynamique nous permet d’écrire :
P+N =0
F
a=
, a = 1,96ms 2
F = ( mA + mB ) a
( mA + mB )
c/ Accélération du corps B , par rapport au corps A , si la force est appliquée sur le corps
A (figure (c)) :
NB
fc,B
NB
+
B
fc,B
F
A
B
A
F
+
PB
PB
Le corps B est soumis à trois forces PB , N B et f c , B (force de frottement cinétique, car le
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
174
Dynamique du point matériel
Corps B est en mouvement par rapport au corps A ). Le corps A qui est soumis à la
force F porte le corps B .
Appliquons la relation fondamentale de la dynamique au corps B :
PB + N B = 0
f c , B = mB a '
f c , B = µc N B
a' =
µc mB g
mB
a ' = µc g , a ' = 0,98ms
2
N B = mB g
Le signe négatif indique que le corps est attiré dans le sens contraire de celui du
mouvement.
L’accélération du corps B si la force qui lui est appliquée est la même (figure (d)). Dans
ce cas le corps B est soumis à quatre forces PB , N B , F et f c , B . Appliquons la relation
fondamentale de la dynamique au corps B :
P+N =0
F f c , B = mB a "
a" =
f c , B = µc N B
F µc mB g
, a " = +0, 98ms
mB
2
N B = mB g
Le signe plus indique que le corps B est attiré dans le sens du mouvement.
Exercice 5.7 :
On applique la relation fondamentale de la dynamique aux deux masses :
P1 + N1 + N 2 + f1 + f 2 = m1a1
P2 + N 2 + f 2 = m2 a2
On projette les relations sur l’axe parallèle au plan incliné :
m1 g sin
f1 f 2 = m1a1 (1)
m2 g sin 1 f 2 = m1a2 ( 2 )
On exprime les deux forces de frottement cinétique :
f1 = h1 ( N1 + N 2 )
N1 = m1 g cos
N 2 = m2 g cos
f2
N2
m1
f1 = h1 g ( m1 cos + m2 cos
N 2 = m2 g cos
f 2 = h2 N 2
f1
)
m2
N1
P2
P1
f 2 = h2 m2 g cos
On remplace les forces de frottement cinétique dans les deux équations (1) et ( 2 ) pour
obtenir les deux nouvelles équations :
m1 g sin
m2 gh2 cos
h1 g ( m1 cos + m2 cos ) = m1a1 ( 3)
m2 g sin
1
h2 m2 g cos
= m2 a2 ( 4 )
On en déduit maintenant les deux accélérations à partie des équations ( 3) et ( 4 ) :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
175
Dynamique du point matériel
m2
g cos
m1
a1 = g ( sin
h1 cos
)
a2 = g ( sin
h2 cos
)
( h2 + h1 )
a2 = 7, 79ms
a1 = 3,53ms
2
2
Exercice 5.8 :
Pour calculer la masse du corps C , nous avons représenté sur la figure (a) toutes les forces
agissant sur le système. Les conditions de décollage, c’est à dire pour que le système entame
son mouvement, est T = f s ,max et T = PB :
T = f s ,max
T = PB = mB g
mC =
f s ,max = µ s N
( mB µs mA )
N = PA = ( mA + mC ) g
µs
, mC = 15kg
Lorsque on enlève le corps C (figure(b)), nous obtenons l’accélération en appliquant la
relation fondamentale de la dynamique au système :
T f c = mA a
( m µc mA ) g , a = 1.36ms 2
PB T = mB a
a= B
mB + mA
f c = µc mA g
N
N
C
f s ,max
T
A
T
f s ,max
T
PA + PC
T
A
T
T
PA
T
B
T
B
PB
PB
Exercice 5.9 :
I/ Lancement dans le vide :
1/ Faisons l’inventaire de toutes les forces et faisons un schéma, puis appliquons la
relation fondamentale de la dynamique. La seule force qui agit sur le point matériel est son
poids P . Donc :
F = P = ma
a = g = g.u z
P = mg
2/ A chaque instant v = vx + vz
Suivant l’axe des X , le mouvement est rectiligne uniforme :
Fx = 0 vx = v0 x = v0 .cos
(1)
Suivant l’axe des Z , le mouvement est rectiligne uniformément varié :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
176
Dynamique du point matériel
Fz = P = mg
az = g = Cte
vz = gt + v0 y = gt + v0 sin
( 2)
Le vecteur de la vitesse instantanée est donc :
v = vx .u x + vz .u z
v = v0 .cos .u x + ( gt + v0 sin
) .u z
( 3)
3/ Intégrons l’expression ( 3) pour obtenir le vecteur position OM ( t ) :
v=
OM
dOM
dt
t
dOM =
v0 .cos .u x + ( gt + v0 sin
) .uz
dt
0
0
OM = v0 .cos .t .u x +
x
1 2
gt + v0 sin .t .u z
2
( 4)
z
4/ Le projectile atteint sa portée lorsque sa hauteur s’annule ( z = 0 ) . Calculons en premier
lieu l’instant pour lequel ( z = 0 ) :
0
t = 2v0 sin
g
Remplaçons le temps dans l’équation de la coordonnée x pour trouver la portée :
1 2
gt + v0 sin .t = 0
2
x = v0 .cos .t
xmax
2v02 .sin .cos
=
g
, xmax
v02 .sin 2
=
g
5/ Le projectile atteint son apogée zmax lorsque la composante verticale vz de la vitesse
s’annule. Cherchons l’instant pour laquelle cette vitesse s’annule et cela à partir de
l’équation ( 2 ) :
v0 sin
g
Remplaçons maintenant le temps dans l’expression de z de l’équation ( 4 ) . Nous trouvons :
vz = gt + v0 sin = 0
zmax =
t=
v02 .sin 2
2g
II/ Lancement dans l’air :
1/ Dans cette partie : le projectile est soumis à deux forces : P + f = ma
2/ Retrouvons l’équation différentielle :
P + f = ma
dv k
+ v=g
( 5)
dv
dt m
a=
dt
3/ On en déduit directement l’expression vectorielle de la vitesse instantanée v ( t ) en
résolvant l’équation différentielle précédente. Sa solution est:
k
t
m
m
v = Ae + g
k
Reste la détermination de la constante A que nous allons déduire à partir des conditions
initiales qui sont : t = 0, v = v0 ; d’où :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
177
Dynamique du point matériel
v0 = Ae 0 + g
m
k
A = v0
g
m
k
3/ Donc :
v = v0
g
m
e
k
k
t
m
+g
m
k
( 6)
, on obtient de
La valeur limite est celle pour laquelle le temps tend vers
m
l’équation ( 6 ) : vL = g
k
Introduisons cette valeur limite dans l’équation ( 6 ) pour obtenir :
v = v0
g
k
t
m
m
e
k
+g
m
k
v = ( v0 vL ) e
k
t
m
(7)
+ vL
Exprimons maintenant le vecteur vitesse en fonction des vecteurs unitaires u x et u z :
v0 = v0 cos .u x + v0 sin .u z
m
k
g = gu z
vL = g
v=
vL = g
( v0 cos
m
uz
k
vL = g
m
k
.ux + v0 sin .u z ) + vL .uz e
v = ( v0 cos
)e
k
t
m
vx
k
t
m
vL .u z
u x + ! vL + ( v0 sin + vL ) e
!
k
t
m
vz
" uz
"
4/ Pour obtenir l’expression du vecteur position il suffit d’intégrer l’expression ( 7 ) de
la vitesse :
v=
OM
0
dOM
= ( v0 vL ) e
dt
k
t
m
t
dOM = !( v0 vL ) e
+ vL
k
t
m
+ vL " dt
OM = ( v0 vL )
0
k
e
m
OM = !( v0 vL )
k
t
m
m
1 e
k
k
t
m
+ vL .t
(8)
t
+ vL .t "
0
Pour obtenir les composantes de OM , nous développons l’équation ( 8 ) et puis nous
remplaçons v0 par ses composantes et vL par sa valeur, comme nous l’avons fait pour
l’expression de la vitesse instantanée, et enfin ordonnons l’équation obtenue.
k
t
m
m
OM = ( v0 cos .u x + v0 sin .u z ) + vL .uz
vLt.u z
1 e
k
OM = ( v0 cos
)
m
1 e
k
k
t
m
m
1 e
u x + ! vL .t + ( v0 sin + vL )
k
!
k
t
m
" uz
"
On arrive aux composantes :
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
178
Dynamique du point matériel
m
x ( t ) = v0 cos
k
1 e
k
t
m
m
, z ( t ) = ( v0 sin + vL ) 1 e
k
k
t
m
vL .t
(9)
5/ Le projectile atteint son apogée quand la vitesse verticale s’annule. Cherchons
d’abord l’instant pour lequel cette vitesse s’annule :
vz = vL + ( v0 sin + vL ) e
e
ln e
k
ts
m
k
ts
m
vL
v0 sin + vL
=
= ln
e
vL
v0 sin + vL
ts =
k
ts
m
k
ts
m
=0
=
vL
v0 sin + vL
vL
k
ts = ln
m
v0 sin + vL
v
k
ln 1 + 0 sin
m
vL
Revenons aux deux équations horaires ( 9 ) et remplaçons le temps par la valeur que nous
venons de trouver :
m
xs = v0 cos
k
1 e
xs =
v
km
ln 1+ 0 sin
mk
vL
m
v0 cos
k
m
zs = ( v0 sin + vL ) 1 e
k
zs =
zs =
1
1
v0
sin
vL
1+
v
km
ln 1+ 0 sin
mk
vL
vL .
1
m
( v0 sin + vL ) 1
v
k
1 + 0 sin
vL
v0 sin
m
( v0 sin + vL )
k
vL + v0 sin
zs =
m
x ( t ) = v0 cos
k
1 e
k
t
m
m
v0 sin
k
vL .
vL .
vL
v
m
ln 1 + 0 sin
k
vL
v
m
ln 1 + 0 sin
k
vL
v
m
ln 1 + 0 sin
k
vL
v
m
ln 1 + 0 sin
k
vL
m
, z ( t ) = ( v0 sin + vL ) 1 e
k
k
t
m
6/ Cherchons dans l’expression ( 9 ) les limites de x ( t ) et z ( t ) quand t
x ( t )t
A.FIZAZI
=
m
v0 cos = A
k
x ( t )t
Univ-BECHAR
=A
vL .t = ( 8)
:
(10 )
LMD1/SM_ST
179
Dynamique du point matériel
z ( t )t
=
m
( v0 sin + vL ) vL .t
k
z ( t )t
= vL .t + B
(11)
B
On en déduit de l’équation (11) que lorsque t
le mouvement du projectile devient
rectiligne uniforme, donc la trajectoire a une asymptote quand t
dont l’équation
est (10 ) .
III. Synthèse graphique : les deux graphes montrent la trajectoire dans les deux cas
considérés.
z
z
xL =
m
v0 cos
k
O
x
x
O
Exercice 5.10 :
1/Le mouvement en présence de frottement :
La particule est soumise à trois forces, son poids P , la réaction N de la surface de la
sphère sur la particule et la force de frottement f . A partir de la figure (a) ci-dessous, et en
appliquant a relation fondamentale de la dynamique nous pouvons écrire :
dv
P + N + f = ma m
= P+N + f
dt
Projetons les forces sur les deux axes MT et MN :
dv
dv
PT f = maT = m
mg sin
f =m
(1)
dt
dt
v2
v2
N + PN = maN = m
N + mg cos = m
( 2)
R
R
L’expression de la force de frottement cinétique est :
f = µN
v2
2
f
=
mg
cos
m
µ
v
R
N = mg cos
m
R
Remplaçons dans l’équation (1) pour obtenir l’équation différentielle du mouvement :
µ mg cos
mg sin
dv
dt
µ
R
v 2 = g ( sin
v2
dv
=m
m
R
dt
µ cos
)
2/ Mouvement sans frottement :
a/ Revenons à l’équation (1) en supprimant f et en simplifiant par la masse :
dv
dt
A.FIZAZI
g sin = 0
Univ-BECHAR
dv
= g sin
dt
LMD1/SM_ST
180
Dynamique du point matériel
On multiplie les deux membres par d
, sachant que
d
=
dt
=
v
:
R
d
dv = g sin .d
dt
vdv = gR sin .d
( 3)
d
v
= =
dt
R
Intégrons les deux membres de l’équation ( 3) sachant que le domaine de variation de
est [ 0,
] , celui de v
est [ 0, v ] :
v
1 2
v 0 = Rg ( cos
2
vdv = gR sin .d
0
0
cos 0 )
On obtient finalement :
v 2 = 2 Rg (1 cos
)
b/ Recherche de la valeur angulaire
v = 2 Rg (1 cos
0
)
( 4)
pour laquelle la particule quitte la surface de
la sphère : cela se produit lorsque la force de réaction N s’annule.
Revenons à l’équation ( 2 ) et calculons N :
v2
v2
N = mg cos
m
R
R
2
On remplace v par sa valeur pour aboutir à :
2 Rg (1 cos )
2)
N = mg cos
m
N = mg ( 3cos
R
D’où l’angle recherché est :
mg ( 3cos 0 2 ) = 0 cos 0 = 2 / 3
0 = 48°
N + mg cos = m
Discussion : D’après l’expression obtenue, l’angle
0
ne dépend ni de la masse de la
particule, ni du rayon de la sphère, ni de l’accélération de pesanteur, avec pour condition v ( 0 )
nulle.
N.B : Si v0 % v ( 0 )
v0 étant la vitesse avec laquelle la particule quitte la surface de la
sphère.
v ( 0 ) : La vitesse absolue.
Dans le cas où la vitesse initiale n’est pas nulle, on peut démontrer que :
2 v (0)
= +
3 3Rg
2
cos
0
Dans ce cas l’angle 0 dépend de v ( 0 ) , R et g mais reste indépendant de m .
c/ Calcul de la vitesse correspondante :
v02 = 2 Rg (1 cos 0 )
v0 = 2 Rg (1 2 / 3) , v0 = 3, 65ms 1
cos 0 = 2 / 3
3/ Etude du mouvement lorsque la particule quitte la surface de la sphère.
Nous sommes en présence du mouvement d’un projectile dans le champ de
pesanteur terrestre.
a/ On étudie le mouvement dans le repère MXY (figure(b)).
Suivant l’axe des X : le mouvement est rectiligne uniforme :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
181
Dynamique du point matériel
Fx = 0 vx = v0 .cos 0 ( 5 )
Suivant l’axe des Y : le mouvement est rectiligne uniformément varié :
Fy = P = mg a y = g = Cte
v y = gt + v0 sin
(6)
0
Passons à l’expression de la vitesse instantanée du projectile :
v 2 = vx2 + v y2
v = g 2t 2 + 2 gv0 sin 0 .t + 2 Rg (1 cos
2
v0 = 2 Rg (1 cos 0 )
M0
f
M
R
PN
O
N
M
N
PT
)
M
X
FN
0
+
0
T
P
v0 x
0
v0 y
v0
FN
T
T
N
N
Y
P
L’expression du vecteur vitesse est donc : v = v0 .cos 0 .i + ( gt + v0 sin
0
)j
b/ Intensités des forces normale et tangentielle : figure (c).
Force tangentielle:
FT = m.aT = m
dv
dt
FT =
mg ( gt + v0 sin
0
)
g 2t 2 + 2 gv0 sin 0 .t + v02
v2
Force normale : Il n’est pas conseillé d’appliquer la formule FN = m
car le rayon
r
de courbure est inconnu, à ne pas confondre avec le rayon R de la sphère !!
Cette force est calculée à partir de la relation : P = FN + FT
FN = P 2
FT2
D’où :
FN = mg 1
g 2t 2 + 2 gv0 sin 0 .t + v02 sin 2
g 2t 2 + 2 gv0 sin 0 .t + v02
0
Exercice 5.11 :
a/ Intensité du champ de pesanteur terrestre quand le satellite est à mi-chemin entre la
terre et la lune :
24
MT
11 5,98.10
, gT = 6, 67.10
gT = G
gT = 1, 08.10 2 N .kg 1
2
2
8
d
1,92.10
2
(
)
b/ Intensité du champ de pesanteur lunaire quand le satellite est à mi-chemin entre la terre
et la lune :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
182
Dynamique du point matériel
ML
gL = G
, g L = 6, 67.10
2
d
2
11
7,36.1022
(1,92.10 )
8
g L = 1,33.10 4 N .kg
2
1
c/ Intensité du champ résultant des champs de pesanteur de la terre et de la lune lorsque le
satellite est à mi-chemin entre la terre et la lune :
g R = gT
gL
g R = 1, 07.10 2 N .kg
,
1
d/ La distance, depuis le centre de la terre, à laquelle le champ résultant s’annule :
ML
M
ML
M
g R = 0 g L = gT , G
= G 2T
= 2T
2
2
r
(d r )
(d r ) r
r2
(d
r)
r
d r
2
=
r2
MT
ML
= 9, 01
(d
r)
= 81, 25
2
r = 3, 45.108 m
r = 345000km
Exercice 5.12 :
Nous avons représenté sur la figure ci-dessous les forces agissant sur le point A . En
projetant sur les deux axes perpendiculaires entre eux, nous obtenons à l’état d’équilibre :
P0 = T cos
y'
l
O
P0 = kl0
l1 = 0
cos
T
T = kl
1
T cos
F = T sin
x
F = kl2 = T sin
P
T= 0
cos
kl0
=
cos
kl0
sin
cos
= kl2
l2 = l0tg
x'
A
F
T sin
P0
y
Exercice 5.13 :
a/ Force agissant sur le corps :
F = ma = mr = 6 ( 6i
24t. j ) , F = 36i 144t. j
b/ Moment de la force par rapport à l’origine :
i
j
k
2
3
4t
3t + 2
= r & F = 3t 6t
36
(
144t
0
)
= 432t 2 + 288t i + (108t + 72 ) j +
(
)
288t 3 + 864t 2 k
c/ Quantité de mouvement du corps :
p = mv = ( 36t 36 ) i
72t 2 . j + 18k
Moment cinétique par rapport à l’origine :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
183
Dynamique du point matériel
i
L = r & p = 3t
2
j
6t
4t
36t 36
(
k
3
3t + 2
72t
18
) (
) (
)
L = 144t 3 + 144t 2 i + 54t 2 + 72t + 72 j + 72t 4 + 288t 3 k
d/ Vérifions que F =
dp
:
dt
p = ( 36t 36 ) i
72t 2 . j + 18k
dp
= 36i 144t. j = F
dt
dL
:
dt
L = 144t 3 + 144t 2 i + 54t 2 + 72t + 72 j + 72t 4 + 288t 3 k
Vérifions que
=
(
= ( 432t
2
) (
) (
+ 288t ) i + (108t + 72 ) j + ( 288t
)
3
)
+ 864t 2 k =
Exercice 5.14 :
1/ Exprimons la vitesse de M par rapport à R :
OM = r = lur
v = r = lur
v =l u
ur = u
2/ Calculons le moment cinétique du point M
base ( O, ur , u , u z ) :
LO = OM & p
ur
p = mvr + mv
LO = r = l
0
vr = l.ur = 0 ( l = Cte )
u
0
ml
par rapport à O dans la
uz
0 ; LO = ml 2 .u z
0
v = l .u
Pour que l’on puisse appliquer le théorème du moment cinétique il faut calculer le
moment de la force appliquée au point M , par rapport au point O dans la base ( O, ur , u , u z ) :
O
(
= OM & T + OM & P
0
P = Pr + P
)
O
Pr = mg cos .ur
ur
l
=
mg cos
u
0
mg sin
uz
0
0
P = mg sin .u
O
= mgl sin .uz
Appliquons maintenant le théorème du moment cinétique :
dLO
g
= 0 ; ml 2 .u z = mgl sin .u z
+ sin = 0
dt
l
A.FIZAZI
Univ-BECHAR
(1)
LMD1/SM_ST
184
Dynamique du point matériel
On calcule le moment cinétique du point M par rapport au point O dans la base
( O, i , j , k ) :
i
LO = x
x
LO = OM & p
p = mvx + mv y
j
y
y
k
0 ; LO = m ( xy
0
yx ) k
On calcule le moment de la force appliquée au point M par rapport au point O dans la
base O, i , j , k :
(
)
O
(
= OM & T + OM & P
0
)
O
P = Px + Py = mg . j
i
j
= x y
0 mg
k
0 ;
0
O
= mgx.k
0
Appliquons le théorème du moment cinétique :
dLO
xy yx = gx
= 0 ; m ( xy + xy xy yx ) k = mgx.k
dt
Vérifions que les deux résultats sont identiques :
x = l sin
; x = l cos
; x = l cos
l 2 sin
( 2)
y = l cos ; y = l sin ; y = l sin
l 2 cos
Remplaçons les cinq éléments dans l’équation ( 2 ) pour trouver l’équation (1) :
g
sin = 0
( 3)
l
Appliquons maintenant la relation fondamentale de la
dynamique :
La masse m est soumise à chaque instant à deux
forces : son poids P et la tension T du fil ; Soit F leur
résultante. Nous pouvons décomposer la résultante en deux
composantes, normale et tangentielle (voir figure).
+
N
O
F = P + T = ma
T
M
P cos
u
P + T = FT + FN
u
F = FT + FN = ma
P
On connaît la relation entre la vitesse linéaire et la vitesse
angulaire ainsi que la relation entre l’accélération linéaire et l’accélération angulaire :
dv
v2
v = l , aT =
= l , a N = = 2l
dt
l
Puisqu’on est dans le cas d’un mouvement de rotation de la masse m , il nous est permis
d’introduire le moment de la force par rapport à l’axe OZ . Les moments des forces FN et T
sont nuls parce que ces forces rencontrent l’axe de rotation. Le moment du poids est un
moment de rappel, donc négatif.
= P+ T = F + F
T
N
T
=
P
= P.l sin
FT
A.FIZAZI
FN
=0
mgl sin = m l 2
= FT .l = m l 2
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
185
Dynamique du point matériel
De tout cela on déduit l’équation de mouvement :
g
+ sin = 0
l
( 4)
Les équations (1) et ( 4 ) obtenues sont parfaitement identiques.
3/ A chaque instant, nous avons P + T = ma . En projetant sur l’axe normal, nous
obtenons :
mg cos + T = maN
T = mg cos + m 2l
Remarquons que la tension varie à chaque instant. Pour des oscillations de très faible
amplitude ( sin ' ) , l’équation différentielle (1) s’écrit sous la forme :
+
g
l
=0
Sa solution est :
=
0
g
t
l
sin
Donc, la vitesse angulaire est :
g
g
cos
t
l
l
Lors du passage du pendule par la position d’équilibre, l’angle s’annule :
g
g
= 0 sin
t =0
t = 0 ± k(
l
l
A ce moment la vitesse est maximale :
=
0
g
cos ( 0 ± k( )
l
cos ( 0 ± k( ) = ±1
=
=
0
0
g
l
Il en est de même pour la tension qui prend la valeur :
T =m g+
g
l
0
C’est cette condition sur la tension qui doit être satisfaite pour que le fil ne casse pas, en
d’autres termes le fil doit supporter au moins cette tension sans se rompre.
Exercice 5.15 :
Le moment cinétique du système est égal à la somme des moments cinétiques de tous les
composants partiels du système. Dans notre cas, le moment cinétique du système par rapport
(
)
au point O est égal au moment LO / G du point G (qui est le centre d’inertie des deux masses)
(
)
(
)
par rapport à O , plus les moments des points A LA / G et B LB / G par rapport à G .
(
LO = LG / O + LA / G + LB / G
)
Commençons par le calcul de LO / G :
LG / O = OG & pG / O
pG / O = 2mvG / O
A.FIZAZI
(
LG / O = 2m OG & vG / O
Univ-BECHAR
)
LMD1/SM_ST
186
Dynamique du point matériel
i
LG / O =
j
xG = a cos
yG = a sin
1
xG = a 1 sin
k
yG = a 1 cos
1
LG / O = 2ma 2
(
0 = ( xG yG
1
xG yG )
0
1
(1)
2
1
)
Calculons ensuite LA / G = LB / G :
LA / G = GA & p A / G
(
LA / G = m GA & vA / G
p A / G = mv A / G
i
LO / G =
j
x = d cos
'
A
x = d
'
A
2
y = d sin
2
sin
k
'
A
y =d
'
A
2
2
LA / G = md 2
2
2
(
0 = x 'A y A'
2
cos
)
x A' y A'
)
0
2
( 2)
= LB / G
Il ne nous reste qu’à additionner les expressions (1) et ( 2 ) pour trouver la réponse à la
question :
LO = 2ma 2
2
1
+ 2md 2
2
2
,
(
LO = 2m a 2
2
1
+ d2
2
2
)
Exercice 5.16 :
1/ Le point M , soumis à chaque instant à son poids et à la tension du fil, est animé d’un
mouvement circulaire uniforme de rayon , dans le plan OXY ,autour de l’axe AZ . Des
projections des deux forces sur l’axe radial résulte une force centripète T sin .
T + P = ma
T sin
= ma N = m
2
r
T =m
2
l
r = l sin
Quant à l’angle il est déterminé à l’aide de la figure ci-dessous, nous trouvons :
T sin
sin
m 2l sin
tg =
=
mg
cos
mg
cos
=
g
2
l
2/ Calcul de l’expression du moment cinétique de M par rapport à A en coordonnées
cylindriques de centre O :
LM / A = AM & p
AM = AO + OM = zu z + rur
AM = l cos .u z + l sin .ur
v = zu z + zu z + rur + rur = r u
0
v = v = l sin .u
p = ml sin .u
A.FIZAZI
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187
Dynamique du point matériel
ur
u
uz
LM / A = AM & v = l sin
0
l cos
LM / A = ml 2 sin ( cos .ur + sin .u z )
0
ml sin
0
Vérifions que la dérivée par rapport au temps est égale au moment de la résultante des
forces appliquées sur A , par rapport à M :
Calculons en premier lieu le moment des forces par rapport au point A : M / A = AM & F
Le vecteur F :
F = T + P = ma
F = T sin
F =m
2
= ma N = m
2
r
l sin .ur
Le vecteur AM :
AM = zu z + rur
F =m
2
l sin .u
Z
A
l
uz
T
O
uz
Y
u
T sin
X
M
u
P
Donc :
ur
u
uz
2
l sin
l cos
0
M / A = ml
m 2l sin
0
0
Dérivons le moment cinétique par rapport au temps :
LM / A = ml 2 sin ( cos .ur + sin .u z )
M/A
= AM & F =
(
2
sin .u
(1)
)
dLM / A
= ml 2 sin cos .ur + 0
dt
Nous savons que ur = .ur , et par remplacement on obtient :
dLM / A
= ml 2
dt
2
sin .cos .u
( 2)
Ainsi nous avons pu vérifier le théorème du moment cinétique :
dLM / A
=
dt
A.FIZAZI
M/A
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188
Dynamique du point matériel
Exercice 5.17 :
1/ Le train en abordant un virage circulaire, son mouvement devient circulaire vers la
gauche, car la force centrifuge attire le pendule vers la droite.
2/ Sur la figure ci contre sont représentées les forces qui agissent sur le pendule par
rapport au voyageur. De l’équilibre de ces forces résulte :
P + Fc + T = 0 P + Fc = T
O
v2
T
m
Fc
v2
R
tg =
tg =
R=
P
mg
g .tg
R
Application numérique :
3
Fc
2
120.10
P
3600
R=
R = 631N
9.8 × 0,176
3/ Le train parcourt en trente secondes un arc de cercle qui intercepte l’angle demandé.
La distance parcourue en 30s est: d = vt , d = 1000m
Cela veut dire que le train a tourné de l’angle :
d
=
, ' 1,59rad , ' 91°
d=R
R
Exercice 5.18 :
A l’instant t , soit P1 le poids de la partie BC et P2 le poids
B
de la partie AB :
Appliquons la relation fondamentale de la dynamique au
système :
A
P1 + P2 = M 1 + M 2 a
x
M
On projette l’expression vectorielle sur l’axe vertical dirigé vers le
bas et on note par x la longueur de la partie BC du câble :
P1 P2 = Ma
M = +L
P1 = M 1 g = + xg
+ xg + ( L x ) g = + L
C
dv
dt
P2 = M 2 g = + ( L x ) g
En simplifions par + nous obtenons une équation différentielle de deuxième ordre avec
second membre :
dv
2 gx gL = L
2g
dt
Lx = 2 gx gL
x
x= g
dv
L
a=
=x
dt
2
g
Pour vérifier que x = L a = , on remplace dans l’équation différentielle x par la
3
3
valeur proposée, soit :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
189
Dynamique du point matériel
2g
x= g
L
2
x= L
3
x
x=a=
4g
3
a=
g
g
3
Cherchons à présent le résultat relatif à la vitesse. L’équation caractéristique de cette
2g
équation différentielle de deuxième ordre sans le second membre est : r 2
=0
L
2g
2g
Ses deux racines sont : r1 = +
; r1 =
L
L
2g
t
L
2g
t
L
L
(1)
2
Reste à déterminer les deux constantes A et B . C’est ce qu’on en déduit des conditions
x=b
initiales et qui sont : t = 0
v= x=0
Sa solution est donc : x = Ae
+ Be
+
2g
L’expression de la vitesse est : v = x = A
e
L
2g
t
L
2g
B
e
L
2g
t
L
( 2)
Remplaçons par les conditions initiales dans les deux équations (1) et
A et B :
L
b = A+ B +
2
b L
A=B=
2 4
2g
2g
B
A=B
0= A
L
L
( 2 ) pour
tirer
2g
. On doit connaître en trigonométrie les
L
définitions et les formules particulières du sinus hyperbolique ( sh ) et du cosinus
=
Afin de simplifier les calculs, on pose
hyperbolique ( ch ) , en particulier :
e t
e t +e t
; ch t =
; ch 2 t sh 2 t = 1
2
2
Ecrivons les deux équations (1) et ( 2 ) sous la forme :
sh t =
x = 2.
e
t
2b L e t + e
4
2
v = x = 2.
2b L
4
e
t
t
+
e
2
L
2
t
x=
2b L
L
ch t +
2
2
v=x=
( 3)
2b L
sh t
2
( 4)
2
L , remplaçons dans l’équation ( 3) et tirons de l’équation l’expression du
3
cosinus hyperbolique ( 3) :
Puisque x =
L
2
2b L
L=2
ch t +
3
4
2
ch t =
L
6b 3L
(5)
De l’équation ( 4 ) on tire le sinus hyperbolique :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
190
Dynamique du point matériel
v=x=
2b L
sh t
2
sh t =
(
2v
4b + L2 4bL
2
)
(6)
Nous savons que ch 2 t sh 2 t = 1 . Sommons les équations ( 5 ) et ( 6 ) membre à membre
après les avoir élevées au carré :
ch
2
sh
2
t=
2
L
6b 3L
2
t=
(
2v
2
4b + L2 4bL
v2 =
)
2
b 2 + bL
2 2
L
9
ch 2 t sh 2 t = 1
par sa valeur pour obtenir à la fin la valeur que nous
Revenons en arrière et remplaçons
devons vérifier :
2g
L
v=
b 2 + bL
2 2
L
9
Application numérique : L = 12m et b = 7 m
v ' 10, 6ms 1
Autre méthode : beaucoup plus simple !!
2g
x = g , et par une intégration on trouve la fonction v = f ( x ) :
A partir de l’équation x
L
2g
dv 2 g
dv
2g
x
x= g
x g
dx =
x g dx
=
L
dt
L
dt
L
dx
2g
dv =
x g dx
dt
L
v
x
v.dv =
b
0
2g
x g dx
L
v.dv =
2g
x g dx
L
1 2 g 2
v = x
2
L
gx
v2 = 2
g 2
g
x 2 gx 2 b 2 + 2 gb
L
L
Il ne reste plus qu’à retrouver le résultat précédent en remplaçant x par
2
L . A la fin on
3
retrouve le même résultat :
v=
2g
L
b 2 + bL
2 2
L
9
Exercice 5.19 :
1/ Quelque soit la position du point M sur la surface conique, l’angle à chaque instant
r
r r
z=r 0
est OM , Oz = , et par conséquent tan = = 0
z z0
z0
(
)
2/ D’après le cours, nous savons que l’accélération du point M en coordonnées
cylindriques est :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
191
Dynamique du point matériel
a= r r
ur + r + 2 r
2
ar
u + zu
az
a
Si le point reste sur la surface du cône : z = r
r0
. Les forces agissant sur le point matériel
z0
sont son poids P , à composante unique P = mgu z , et la force de réaction R de la surface qui
a deux composantes R = Rr + Rz = R cos .ur + R sin .u z .
Appliquons la relation fondamentale de la dynamique, puis projetons les deux forces sur
les trois axes du repère cylindrique. Nous obtenons :
P + R = ma = F
(
F = Fr + F + Fz = m r r
)u
2
F = R cos .ur + R sin .uz
F = R cos .ur + ( R sin
(
+ m 2r + r
r
)u
+ mzu z
(1)
mguz
mg ) u z
( 2)
Par identification des deux équations (1) et ( 2 ) on obtient trois équations à trois inconnues :
R cos
(
=m r r
(
) ( 3)
) ( 4)
0 = m 2r + r
mg + R sin
2
=m
z0
r
r0
( 5)
z
uz
H
u
M0
u
z0
O
y
0
0
x
3/ De l’équation
( 4 ) on
en déduit l’équation 2r + r = 0 , qui est la dérivée de la
quantité r 2 par rapport au temps. Ceci nous conduit à r 2 = C te :
( r ) = 2rr.
2
'
+ r2 = 0
r 2 = C te
Nous connaissons l’expression de la vitesse linéaire en coordonnées cylindriques à partir
de laquelle nous déduisons la vitesse initiale :
v ( t ) = r ( t ) ur + r ( t ) ( t ) u + z ( t ) ur
v ( 0 ) = r ( 0 ) u r + r ( 0 ) ( 0 ) u + z ( 0 ) ur
L’intensité de la vitesse initiale est donc:
v (0) =
A.FIZAZI
r ( 0)
2
+ r ( 0)
Univ-BECHAR
( 0)
2
+ z ( 0)
2
LMD1/SM_ST
192
Dynamique du point matériel
sans r ( 0 ) ni z ( 0 ) . Ceci n’est possible que
L’énoncé nous impose l’expression de
sous des conditions initiales de la forme r ( 0 ) = z ( 0 ) = 0 . C’est ce que nous admettons dans le
reste de l’exercice. Partant de là, la vitesse initiale est :
v (0) = r ( 0) (0)
Suite à tout cela, nous pouvons poursuivre notre étude tel que :
(t ) = r (0) ( 0)
r ( 0 ) .r ( 0 ) . ( 0 )
(t ) =
2
r (t )
rv
v (0) = r ( 0). ( 0)
= 0 20
r
v ( 0 ) = v0 , r ( 0 ) = r0
r 2 = C te
r (t )
2
2
4/ L’équation ( 5 ) fait l’objet de cette question car elle renferme une fonction
unique r ( t ) , contrairement aux équations ( 3) et ( 4 ) qui sont fonctions de r ( t ) et
même temps. De l’équation ( 3) nous pouvons écrire :
R=
( t ) en
z0
1
! mg + m r "
sin
r0
Remplaçons R par cette dernière expression dans l’équation ( 3) pour obtenir :
r
v02 r04 1
. =
r02 + z02 r 3
z0 r0
g
r + z02
2
0
A( r0 ,v0 , z0 )
( 6)
A( r0 , z0 , g )
5/ Si le mouvement est circulaire uniforme cela veut dire qu’à chaque instant
r ( t ) = r ( 0 ) , en même temps que
( t ) = C te . L’expression ( 4 ) devient :
(
)
v12 r04 1
zr
. 3 = 2002 g
2
2
r0 + z0 r0 r0 + z0
z
v12
= 2 0 2g
2
2
r0 + z0 r0 + z0
La vitesse demandée est donc : v1 = 2 gz0
6/ Multiplions l’équation ( 6 ) par 2 pour obtenir : 2rr + A
2r
= 2 Br
r3
2r
A
= 2 Br + C ( 7 )
dr = 2 Brdr r 2
3
r
r2
Pour obtenir la constante C on doit revenir aux conditions initiales citées plus haut
t = 0, r ( 0 ) = 0 :
La première intégration donne :
2rrdr + A
A
= 2 Br + C
r2
L’équation ( 7 ) devient finalement :
0
r2 = 2A
A.FIZAZI
1
r2
C=
A
r2
2 Br
1
+ 2 B ( r r0 )
r02
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LMD1/SM_ST
193
Dynamique du point matériel
Exercice 5.20 :
Nous utilisons la notation de Newton pour exprimer les composantes des vecteurs
position, vitesse et accélération :
x
x
x
r y , v y , a y
z
z
z
Calculons l’expression de la force :
i
j k
0
v & B = x y z = Bz
B 0 0
By
) (
(
F = q E + v & B = q Ek + 0i + Bzj
F = q 0i + Bzj + ( E By ) k
Byk
)
(1)
En appliquons la relation fondamentale de la dynamique on peut écrire :
F = Fx + Fy + Fz
F = mx + my + mz
( 2)
L’identification des deux équations (1) et ( 2 ) nous donne trois équations différentielles :
mx = 0
my = qBz
mz = q ( E + By )
En tenant compte des conditions initiales :
t = 0:
x ( 0) = 0 , y ( 0) = 0 , z ( 0) = 0 , x ( 0) = 0 , y ( 0) = 0 , z ( 0) = 0
Nous écrivons le nouveau système de trois équations différentielles :
mx = 0
x = C te = x ( 0 ) = 0
x=0
q
Bz ( 4 )
m
q
q
mz = q ( E By ) z = E
By ( 5 )
m
m
Dans l’équation différentielle ( 5 ) on remplace y par sa valeur tirée de l’équation ( 4 ) :
my = qBz
y=
x=0
y= z
q
Bz
m
( 3)
(6)
(7)
q
z+ B
m
En posant
A.FIZAZI
=B
y=
2
z=
q
E
m
( 8)
q
, la solution de l’équation ( 8 ) est :
m
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194
Dynamique du point matériel
Déterminons
z=
qE m
sin t + , cos t +
m qB
z=
sin t + , cos t +
mE
qB 2
2
(9)
et , à partir des conditions initiales en utilisant les deux équations :
mE
z = sin t + , cos t + 2
qB
z=
cos t , sin t
mE
=0 , , =
t = 0 , z ( 0) = 0 , z (0) = 0
qB 2
Nous obtenons à la fin l’expression z ( t ) :
z (t ) =
mE
mE
cos t + 2
2
qB
qB
mE
1 cos t
qB 2
z (t ) =
a
z ( t ) = a (1 cos
)
Il nous reste à définir l’équation y ( t ) . Dans l’équation ( 7 ) on remplace z , puis on intègre
pour arriver à l’expression y ( t ) :
y = a (1 cos
)
y= a
y ( t ) = a ( t sin t )
Finalement :
a cos t
y (t ) = a (
x (t ) = 0
y (t ) = a (
sin
z ( t ) = a (1 cos
sin
)
)
)
Se sont là les équations paramétriques caractéristiques d’une cycloïde.
z
2a
2( a x
O
A.FIZAZI
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195
Travail et énergie
VI/TRAVAIL ET ENERGIE
011123111411156 7 81119111:11156
1/ TRAVAIL ET PUISSANCE (
):
La puissance :
Définition : Soit M un point matériel de vitesse v par rapport au
référentiel R . La puissance de la force F à laquelle est soumise M est
définie à chaque instant par la relation 6.1 :
watt(W)
P
N
F
m.s -1
v
P = F .v
(6.1)
Le travail :
Définition : le travail de la force F entre l’instant t , quand le point
matériel M est en M de position OM = r , et l’instant t + dt quand M
est en M ' de position OM'=r+dr , est la grandeur exprimée en joule :
dW = P.dt
(6.2)
D’après la définition de la vitesse, on a : OM ' OM = MM ' = dr = v .dt
Ainsi on en déduit l’expression du travail de la force F pour un déplacement
élémentaire d
:
(6.3)
dW = F.dr
M M ' FT
B
r
A
F
O
v
T
C
Fig 6.1
Remarquons que le travail est un produit scalaire du vecteur force et du vecteur
déplacement.
dW = F . dr .cos
(6.4)
Notons que F .cos = FT . Si on pose dr = ds , on obtient alors une nouvelle
expression du travail qui est :
A.FIZAZI
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196
Travail et énergie
dW = FT .ds
(6.5)
Cela veut dire que le travail est égal au produit de déplacement élémentaire par la
composante de la force suivant la direction du déplacement.
Pour un déplacement total de A (à l’instant t A ) à B (à l’instant t B ) tout au long de la
courbe C , on obtient l’expression :
B
B
W = F .dr = FT .ds
A
(6.6)
A
Dans le cas particulier où la force F est constante en module et en sens, et le
corps se déplaçant suivant une trajectoire rectiligne, le travail de cette force
est :
B
F = FT
B
W = F .ds = F ds
A
W = F .s
(6.7)
A
La force qui ne travail pas est la force perpendiculaire au déplacement
( = / 2 ).
Par exemple : Le corps représenté sur la figure 6.2 est soumis à quatre forces
constantes, et se déplace sur un plan horizontal.
v
N
F
FN
f
C
P
Soit
s
le déplacement du corps, et donc de chacune des forces :
Le travail de la force F : WF = F .s.cos
Le travail de la force résistante f : W f =
f .s
Le travail du poids P : WP = 0
Le travail de la force normale N : WN = 0
Dans le mouvement circulaire, le travail de la force normale est nul (figure 6.3).
Si
Fx , Fy , Fz sont les composantes rectangulaires de la force F , et
dx, dy, dz les composantes rectangulaires du vecteur de déplacement
élémentaire dr , alors :
B
B
W = F .dr = ( Fx .dx + Fy .dy + Fz .dz )
A
A.FIZAZI
(6.8)
A
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197
Travail et énergie
Cas de plusieurs forces : Si le corps est soumis à plusieurs forces
F1 , F2 , F3 ........Fn , dont la résultante est FR , le travail effectué par ces
forces est égal au travail de la résultante :
dW = dW1 + dW2 + dW3 + .............. + dWn
dW = F1.dr + F2 .dr + F3.dr + .......... + Fn .dr
(6.9)
dW = FR .dr
Exemple 6.1 :
Calculer le travail nécessaire pour allonger un ressort suspendu verticalement, comme
indiqué sur la figure (6.4), de 3cm sans aucune accélération, sachant que la constante de
1
raideur est k = 50 N .m .
T
Réponse :
F = kx
x
dW = kx.dx
0
1
W = k .x 2
2
+
W = 2.25.10 2 J
F
Fig 6.4
Exemple 6.2 :
Une force F = 2t ( N ) agit sur une particule de masse m = 2kg . Calculer le travail
effectué par cette force durant la première seconde, sachant que la particule était
initialement au repos.
Réponse :
Partant de l’expression du travail : W = F .dx
Dans ce cas la force est une fonction du temps et non du déplacement. Il est
indispensable d’exprimer le déplacement en fonction du temps. Calculons d’abord la
vitesse en fonction du temps :
dv
F=m = 2t
dt
F=ma
1
t
v = 2. .dt
m
0
1
v = t 2 (m.s -1 )
2
Exprimons le déplacement en fonction du temps :
1
dx = t 2 dt
2
Revenons à l’expression du travail et remplaçons dx par l’expression à laquelle nous
v=
dx 1 2
= t
dt 2
sommes parvenue :
x
1
1
W = F .dx = 2t. t 2 dt
2
0
0
1
W = t4
4
W=0.25J
Exemple 6.3 :
2
Une particule est soumise à la force F = 2 xyi + x j . Calculer le travail effectué par
la force F quand la particule se déplace du point (0,0) au point (2,0) suivant une droite.
A.FIZAZI
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198
Travail et énergie
Réponse :
D’après les données nous voyons que la particule se déplace parallèlement à l’axe
OX , et par conséquent y = 0 dy = 0 .
De là on peut calculer facilement le travail effectué :
W = ( Fx .dx + Fy .dy ) = (2 x.0.dx + x 2 .0)
W =0
Ceci était prévisible puisque la force est perpendiculaire au vecteur déplacement :
F = x2 . j
F
dr = dx.i
dr
W =0
2/ ENERGIE CINETIQUE( IJKL
)
Nous avons vu que dW = FT ds . Partant de cette expression on peut déduire ce qui
suit :
dW = FT .ds = m
dv
ds
dt
dW = m
ds
dv
dt
dW = mvdv
(6.10)
Intégrons l’expression 6.10 du travail élémentaire, et tirons la définition de l’énergie
cinétique :
B
W = m vdv
W = 12 mvB2
1
mv A2
2
(6.11)
A
Où va est la vitesse du mobile au point A et vB sa vitesse au point B .
Définition : L’énergie cinétique d’un point matériel de masse m , de vitesse
instantanée v est l’expression :
Ec = 12 mv 2
(6.12)
Et puisque p = mv , on peut écrire aussi :
p2
Ec =
2m
Théorème de l’énergie cinétique(
(6.13)
):
Enoncé : « La variation de l’énergie cinétique d’un point matériel entre
deux instants est égale au travail de la résultante de toutes les forces qui lui
sont appliquées entre ces deux instants »
W = Ec
Wi = Ec
(6.14)
i
Exemple 6.4 :
Quelle est la vitesse initiale v0 orientée verticalement vers le haut, communiquée à un
corps pour qu’il atteigne une hauteur h en dessus de la surface de la terre ? (On néglige tous
les frottements).
A.FIZAZI
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199
Travail et énergie
Réponse :
La seule force qui agit sur le corps est son poids P :
v=0
v0
z
Z
mM T
R2
mM
P = mg = G 2 T
z
P0 = m.g 0 = G
M (t )
z
P h
P g R2
=
=
P0 g 0 z 2
R
O
R2
g = g 0 2 ; g=-g.k
z
X
On applique le théorème de l’énergie cinétique : W = Ec
1 2
mv
2
1
mv0 2 =
2
R+h
R+h
P.dz =
R
mg .dz
R
Le corps atteint sa hauteur maximale quand v = 0 , d’où :
1
0
mv0 2 = m
2
v0 = g 0 .R
2
1
z
R+h
R
R2
g 0 2 .dz = g 0 .R 2
z
R+h
v0 =
R
1
z
R+h
R
2 g 0 R.h
R+h
3/ LES FORCES CONSERVATIVES OU DERIVANT D’UN POTENTIEL
(TQ J UV RWX SQR Y Z[ L SQR )
Définition : On dit d’une force qu’elle est conservative (ou conservatrice), ou
dérivant d’un potentiel, si son travail est indépendant du chemin suivi, quelque
soit le déplacement probable entre le point de départ et le point d’arrivée.
Si la trajectoire C est fermée, alors :
C , W= F.dr = 0
W =0
(6.15)
C
Exemple du poids : Dans un système de coordonnées cartésiennes, où OZ est la
verticale orientée vers le haut, on a :
Z
P = F = mgk
(6.16)
k
En utilisant l’expression du déplacement élémentaire en coordonnées
cartésiennes,
O
on écrit : dr = dx.i + dy. j + dz.k
g
On peut en déduire : dW = F .dr = mgdz . En intégrant cette dernière P
expression, on se rend compte que le travail pour un déplacement entre deux
Fig 6.6
A.FIZAZI
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200
Travail et énergie
points A et B ne dépend pas du chemin suivi mais uniquement de leurs altitudes :
z2
W=
mgdz
W = mg ( z2
W = mg ( z1
z1 )
z2 )
z1
Si les deux points sont situés dans le même plan, le travail effectué par le poids est nul, ce
qui prouve que le poids est une force conservative. z1 = z 2
W =0
Exemple 6.5 :
La force F = ( x
2
y 2 ).i + 3 xy. j peut aller du point A(0,0) au point B(2,4)
2
suivant chacun des deux chemins y = 2 x et y = x . Cette force est-elle conservatrice ?
Réponse :
Suivant le premier chemin y = 2 x :
F = 3 x 2 .i + 6 x 2 . j
y = 2x
dy = 2dx ; dr=dx.i + dy. j
dr=dx.i + 2dx. j
W = F .dr = ( Fx .dx + Fy .dy ) = ( 3 x 2 .dx + 12 x 2 )dx
2
2
W = 9 x 2 dx = 3x3 ;
W=24J
0
0
2
Suivant le deuxième chemin y = x :
y = x2
F = ( x2
x 4 ).i + 3 x3 . j
dy = 2 xdx ; dr=dx.i + dy. j
dr=dx.i + 2 xdx. j
W = F .dr = ( Fx .dx + Fy ).dy =
2
(x2
x 4 )dx + 6 x 4 dx
2
1
W = ( x + 5 x )dx = x + x3
3 0
0
2
4
5
W=34.6J
Les deux travaux ne sont pas égaux, donc la force dans ce cas n’est pas conservatrice.
)
4/ ENERGIE POTENTIELLE ( \V ]
Définition : L’énergie potentielle est une fonction de coordonnées, telle que
l’intégration entre ses deux valeurs prises au départ et à l’arrivée soit égale au
travail fourni à la particule pour la déplacer de sa position initiale à sa position
finale.
Si la force F est une force dérivant d’un potentiel, alors :
B
W = F .dr = E p A E pB
(6.17)
A
L’énergie potentielle est toujours rapportée à un référentiel pris comme origine pour
la calculer ( E p = 0 ). La fonction de l’énergie potentielle E p est déterminée à une
constante près.
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
201
Travail et énergie
Relation entre les différentielles du travail et de l’énergie potentielle
( \V ]
`ab cd UI^ _ )
En considérant la fonction E p ( z ) = mgz , sa différentielle est :
dE p ( z ) = E 'p ( z ).dz
dE p ( z ) = mgdz
Dans l’exemple de calcul du travail, on a trouvé dW = mgdz . Par identification
des deux expressions dE p ( z ) et dW , on arrive au résultat : La différentielle de
l’énergie potentielle est égale et de sens opposé à la différentielle du travail
dW = dE p ( z )
dE p ( z ) = -dW
(6.18)
Energie potentielle de quelques champs de force (eQR fQRg h i \V ]
)
Particule dans le champ de pesanteur terrestre uniforme
( Ibjk I^l ma nZW\
RL `[ Iop)
Si z est la hauteur, définie à partir de la surface de la terre, prise comme origine de
l’énergie potentielle, alors l’énergie potentielle de la particule par rapport à la surface
de la terre est :
dE p = dW
E p = mgz
(6.19)
A
z1
B
z2
Ep = 0
Plan de référence
Fig 6.7
Dans le cas général, si la particule se déplace entre deux plans, l’énergie
potentielle, et quelque soit la trajectoire suivi, est donnée par la formule :
E p = mg ( z1
z2 )
z1 > z2
Ep > 0
z1 < z2
Ep < 0
Plus précisément, l’énergie potentielle calculée représente toujours la variation de sa
valeur entre deux positons données.
Particule soumise à une force élastique ( qKV eQR b r Iop)
Nous allons calculer l’énergie potentielle d’un système composé d’une
particule accrochée à un ressort, suspendu verticalement, de constante de raideur k ,
sa longueur à vide étant l0 . Sa longueur lorsqu’il est chargé de la particule est l ,
d’où :
A.FIZAZI
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202
Travail et énergie
dE p = dW ; E p =
x
E p = 12 k .x 2 = 12 k (l l0 ) 2
kxdx
(6.20)
0
Particule dans un champ électrostatique (UJ s KtJ Rg `[ Iop)
On étudie dans le cours de l’électromagnétisme que le champ
électrostatique E , produit par une charge Q au repos et se trouvant à l’origine O des
coordonnées (OM = r.ur ) , est défini par la formule :
1
E( M ) =
.
4
0
Q
.ur
r2
(6.21)
Une charge q située dans ce champ est soumise à une force électrostatique :
1
F = qE =
4
.
0
Q.q
.u
r2
Il est facile de vérifier que la force électrostatique dérive de l’énergie
potentielle d’expression :
1
Ep =
.
4
0
Q.q
r
(6.22)
Dans le cas général, si q est une charge située en un point ( M ) dans un champ
électrostatique et où V ( M ) est le potentiel électrostatique, l’énergie potentielle est la fonction
E p ( M ) = E p ( x, y, z ) donnée sous la forme :
Ep =
1
4
Q.q
r
.
0
1
Q
V=
.
4 0 r
E p = q.V
Particule dans un champ d’un point de masse M ( M tWaWJ
(6.23)
Rq Rg `[
Iop)
Si g = gk , et par comparaison avec le champ électrostatique, on arrive à
l’expression de l’énergie potentielle de la particule située dans le champ uniforme de
pesanteur au voisinage de la terre :
Q
M
q
m
1
4
Ep = G
mM
r
(6.24)
G
0
Toujours par comparaison avec le champ électrostatique, on peut écrire l’expression 6.24
sous la forme :
E p = mV
A.FIZAZI
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(6.25)
LMD1/SM_ST
203
Travail et énergie
M
r
V= G
(6.26)
V : désigne ici le potentiel de l’attraction au point où se trouve la particule m .
5/ EXPRESSION DU CHAMP DE FORCE CONSERVATIVE A PARTIR DE
L’ENERGIE POTENTIELLE DONT IL DERIVE
( t\V vWXd `W \V ]
UV _ q Z[ L eQR Rg ej iw)
Nous avons explicité dans le paragraphe relatif au travail que l’expression F .cos est la
composante de la force suivant la direction du déplacement ds ; partant de là, si nous
connaissons l’expression E p ( x, y , z ) , nous pouvons obtenir alors une composante F suivant
n’importe quelle direction et ce en calculant la dérivée dE p / ds qui s’appelle la dérivée
directionnelle de la fonction E p .
Suite à cela, nous pouvons écrire :
dW = dE p
dW = F .dr
dE p = ( Fx .dx + Fy .dy + Fz .dz )
dr = dx.i + dy. j + dz.k
(6.27)
F = Fx + F + Fz
Sachant que E p ( x, y, z ) est une fonction à trois variables, sa différentielle s’écrit :
Ep
dE p =
x
dx +
Ep
y
dy +
Ep
z
dz
(6.28)
Par identification des deux expressions 6.27 et 6.28 on obtient les coordonnées
cartésiennes de la force qui est fonction de E p ( x, y, z ) :
Fx =
Ep
x
; Fy =
Ep
y
; Fz =
Ep
z
(6.29)
Comme on peut écrire l’expression simplifiée :
F = gradE p =
Ep
(6.30)
Comment démontrer mathématiquement qu’une force F dérive d’un potentiel
donné ?
Puisque l’expression 6.30 est vérifiée dans le cas des forces conservatives, nous
pouvons montrer que le rotationnel du gradient du potentiel E p est nul , ce qui implique
que le rotationnel de la force F est nul :
F = gradE p
rotF = rot ( gradE p ) = 0
rotF = 0
(6.31)
Le calcul conduit à :
Fy
F
F
Fz
Fz
)k = 0
)i-( x
)j+( x
z
y
z
x
y
x
Afin de prouver que la force F dérive d’un potentiel il suffit de vérifier les
rotF = (
Fy
équations suivantes :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
204
Travail et énergie
F
F
Fx
F
F
F
= y ; x= z ; z = y
y
x
z
x
y
z
Exemple 6.6 : Soit le potentiel E p = 2 x
2
(6.32)
xy + yz
Trouver l’expression de la force dans le système des coordonnées cartésiennes.
La force dérive-t-elle d’un potentiel ?
Réponse :
Cherchons les composantes de la force en exploitant l’expression 6.29 :
Fx =
Ep
x
= 4x + y
Fy =
;
Ep
y
=x
z
;
Fz =
Ep
z
= y
D’où l’expression vectorielle de la force : F = ( 4x+y).i+(x-z).j-y.k
Vérifions maintenant que F dérive du potentiel E p ( x, y , z ) soit rotF = 0 :
Fy
Fx
=
y
x
+1 = +1;
Fx
F
= z
z
x
0 = 0;
Fy
Fz
=
y
z
1= 1
Donc la force dérive bien d’un potentiel.
Si le mouvement est plan, et en utilisant les coordonnées polaires et , le déplacement
suivant le vecteur du rayon polaire est égal à d et le déplacement normale est égal à rd
(Figure 6.8)
C
F
F
rd
.
dr = dr.ur + rd .u
A'
dr
dr
A
d
F
Fr =
O
Ep
r
; F =
1 Ep
r
(33.6)
Pour clore ce paragraphe il est intéressant de donner, sans démonstration, les composantes
de la forces dans différents systèmes de coordonnées :
En coordonnées cylindriques ( r , , z ) , tel que le déplacement élémentaire est :
dr = dr.ur + rd .u + dz.k
Fr =
Ep
r
;F =
1 Ep
; Fz =
r
Ep
z
(6.34)
En coordonnées sphériques ( r , , ) , tel que le déplacement élémentaire est :
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205
Travail et énergie
dr = dr.ur + r sin d .u + rd .u
Fr =
Ep
r
;F =
1 Ep
1
;F =
r
r sin
Ep
;
(6.35)
6/ L’énergie mécanique ( I]Iq ]I
)
Définition : L’énergie mécanique d’un point matériel à un instant donné est égale à la
somme de l’énergie cinétique et de l’énergie potentielle :
EM = Ec + E p
EM = Ec + E p ( x, y, z )
(6.36)
Deux exemples :
L’énergie potentielle d’un système composé d’un ressort de constante de raideur
k , dont l’allongement est l l0 = x au temps t , sous l’action d’une particule
de masse m et de vitesse instantanée v , est :
EM = 12 mv 2 + 12 kx 2
2
Dans le cas de la chute libre : EM = 12 mv + mgz
Principe de la conservation de l’énergie mécanique ( I]Iq ]I
z cLq Y{iV) :
Dans le champ de force conservatrice (ou dérivant d’un potentiel) l’énergie
mécanique se conserve au cours du temps.
EM = Ec + E p = C te
(6.37)
Cela veut dire que la variation de l’énergie mécanique est nulle EM = 0 , cela
veut dire aussi que la variation de l’énergie cinétique est égale à la variation de l’énergie
potentielle : Ec = E p . En d’autres termes, si le système est isolé mécaniquement
l’énergie mécanique est conservée.
Dans le cas de la présence de frottements, la variation de l’énergie mécanique est
W frott :
égale à la somme des travaux des forces de frottement
EM =
(6.38)
W frott
Cas d’une particule dans un champ de force élastique
( qKV eQ Rg `[ Iop g) :
La figure 6.9 représente un système mécanique isolée composé d’un corps de
masse m associé à un ressort de masse négligeable, de constante de raideur k et de
longueur à vide l0 .
m
A chaque instant le corps est soumis à une force de rappel F = kx.u et
x = l l0 , où l est la longueur du ressort à un instant donné au cours du
déplacement du corps.
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206
Travail et énergie
Quand le corps se déplace du point A au point B , on peut écrire :
B
Ec = Ec ,B
B
B
Ec , A = F .dl = Fx .dx = k x.dx
A
1
Ec = k .x A2
2
A
1 2
k . xB =
2
A
Ep
(6.39)
D’après le principe de la conservation de l’énergie mécanique on écrit :
1
1
1
1
k .x A 2 + m.v A 2 = k .xB 2 + m.vB 2 = C te
2
2
2
2
On comprime le ressort d’une longueur ( x = a ) à partir de sa position
d’équilibre ( x = 0 ) par l’intermédiaire du corps, puis on abandonne le système à luiEM , A = EM , B
même sans vitesse initiale. Le corps est animé alors d’un mouvement rectiligne
sinusoïdal entre deux positions extrêmes x = a et x = + a .
La figure 6.10 représente les variations de l’énergie potentielle en fonction de
l’allongement ( x = l l0 ) du ressort .Nous avons représenté sur la même figure en
trait discontinu les variations de l’énergie cinétique.
Nous avons à chaque instant :
1
E c + E p = ka 2 = C te
2
(6.40)
Ce que perd le système sous forme d’énergie potentielle il le gagne sous forme
d’énergie cinétique et vice versa.
EM
Ep
Ec
1
2
EM = C te
k .a 2
Ec
Ep
a
O
x
+a
X
Exemple 6.7 : Une petite boule de masse m = 1g est abandonnée avec une vitesse
initiale v A = 0 d’un point A situé à l’intérieur d’une sphère creuse de rayon
R = 1, 25m . Elle arrive au point B avec une vitesse vB' = 4ms 1 . Figure 6.11
Prouver que cette boule est soumise à une force de frottement et estimer le
2
travail de cette force. On prend g = 10ms .
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207
Travail et énergie
Réponse : On applique le principe de l’énergie mécanique :
2
1
1
mgR = 0 vB = 5ms
En absence de frottement : EM = 0
2 mvB
Remarquons que le module théorique de la vitesse est plus grand que son module
expérimental. Cela prouve l’existence de frottements.
En présence de frottement : EM = W frott donc :
W frott = 12 mvB' 2
EM =
C
O
A m
W frott = 4.5 × 10 3 J < 0
mgR
R
E p ( A) = E p (C ) = 0
B
Oscillateur harmonique simple(WXYZ56 [\]6^_56 `6ab56) :
Définition : L’oscillateur harmonique simple est tout système qui effectue un
mouvement périodique autour d’une position d’équilibre stable et n’étant soumis
à aucun amortissement (comme par exemple les frottements) ni aucune
excitation.
2
Le mouvement est régi par l’équation différentielle linéaire : x + 0 .x = 0
Nous connaissons la solution générale d’une telle équation qui est de la forme :
x = a cos( t + )
Energie de l’oscillateur (} ~t
•) :
La figure 6.12(a) représente un pendule simple ( le fil est inextensible de
longueur l et de masse m négligeable). La masse est soumise aux deux
forces, son poids P et la tension T du fil.
Z
Z
C
C
l
l
N
H
O
T
H
m
z
z0
m
z
O
P
T
P
u
ur
Le poids dérive d’un potentiel, et le travail de la tension T est nul puisque
sa direction est perpendiculaire à la trajectoire à tout instant. On prend comme
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208
Travail et énergie
origine pour l’énergie potentielle le plan horizontal contenant le point O .
D’après la figure 6.12 (b), pour une position correspondant à l’angle on a :
E p = mgz = mg (OH ) = mg (CO CH ) = mgl (1 cos )
L’expression de la vitesse circulaire tangente à la trajectoire est : v = l .u
On peut calculer maintenant l’énergie mécanique du pendule (appelée aussi
la première intégration de l’énergie) :
1
EM = E p + Ec = mgl (1 cos ) + ml 2
2
Divisons l’équation (6.41) par ml et posant
2
= C te
2
2
0
l’énergie mécanique s’écrit alors sous la forme :
2
+2
2
0
=
(6.41)
g
, l’expression de
l
(1 cos ) = K
(6.42)
2.C te
est une constante déterminée par les conditions initiales. Si
ml 2
on prend par exemple 0 = 0 pour 0 = , dans ce cas et d’après la figure
Où K =
6.12 (a), on a :
EM = 0
E p = Ec
1
cos ) = ml 2
2
mgl (cos
mg ( z
1
z0 ) = ml 2
2
2
2
Pour de pareilles conditions l’équation 6.42 devient :
2
+2
2
0
cos ) = 0
(cos
(6.43)
Equation du mouvement (0cde56 05f3:g) :
L’équation du mouvement est une équation différentielle de
deuxième ordre. On l’obtient en dérivant, par rapport au temps, l’équation
précédente 6.43 :
+
Pour
( sin
2
0
sin = 0
(6.44)
des
( rad )
oscillations
de
10° " ) , l’équation s’écrit :
+
2
0
=0
faible
amplitude
(6.45)
La solution générale de cette équation est :
= cos( t + )
(6.46)
Cela nous indique que le mouvement est un mouvement de rotation
sinusoïdal de pulsation 0 , et de période :
T=
2
=2
0
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l
g
(6.47)
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Travail et énergie
209
On peut arriver à l’équation 6.44 en partant de la loi de mouvement
P + T = ma , et en projetant cette dernière expression sur la direction
radiale :
mg sin = ml
2
0
+
sin = 0
De cet exemple nous tirons la remarque générale suivante :
Lorsque l’on déduit une équation différentielle de premier ordre ( D) , et
que cette dernière n’est pas indépendante de l’équation différentielle de
second ordre laquelle exprime la loi de mouvement : nous dirons dans ce
cas que ( E ) est la première intégrale des équations ( D) (ça veut dire que
( D) est la première dérivée de l’équation ( E ) ).
Dans le cas que nous avons étudié, l’équation 6.43 est la première
intégrale de l’équation 6.44.
7/ COLLISION DE PARTICULES (h39XYi56 jf3kl)
Conservation de la quantité de mouvement :
Nous dirons qu’un système a subit un choc si les vitesses de ses éléments ont
eu des variations considérables entre deux instants, avant et après le choc, de telle
façon qu’il ait un échange de quantité de mouvement et d’énergie entre les différents
éléments.
Soient p1 et p2 les quantités de mouvement de deux corps avant la collision,
'
'
et p1 et p2 les quantités de mouvement après le choc. Le système est supposé isolé.
Les effets mutuels échangés entre les deux particules de masses m1 et m2 se
produisent dans une région très limitée de l’espace et très petite, C’est pour cela que
nous disons qu’il s’agit d’un choc ponctuel.
p1'
p1
p2'
p2
Puisque le système est isolé, la quantité de mouvement et l’énergie cinétique sont
conservées. Donc, on peut écrire :
p1 + p2 = p1' + p2' = Cte
p=0
m1 .v1 + m2 .v2 = m1 .v1' + m2 .v2'
(6.48)
(6.49)
Notez bien le caractère vectoriel des deux équations.
Le choc élastique :
Le choc entre deux particules est élastique si l’énergie cinétique totale Ec du
système est conservée au cours du choc. Les particules ne s’unissent pas après le
choc.
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210
Travail et énergie
'
Si on note l’énergie cinétique avant le choc par Ec et par Ec après le choc ,
et en se rappelant de l’expression Ec =
p2
on peut écrire :
2m
Ec = Ec'
Ec = 0
(6.50)
p12
p2
p' 2
p' 2
+ 2 = 1 + 2
2m1 2m2 2m1 2m2
(6.51)
1
1
1
1
m1 .v12 + m2 .v22 = m1 .v1' 2 + m2 .v2' 2
2
2
2
2
(6.52)
Notez bien le caractère scalaire des trois dernières équations. Les
équations 6.51 et 6.52 suffisent pour résoudre n’importe quel problème relatif
aux chocs entre particules.
Exemple 6.8 :
Un projectile de masse 800g se déplace sur une droite horizontal à la vitesse de
1ms 1 pour atteindre une cible au repos de masse 800g . La cible touchée se met en
mouvement suivant une direction faisant un angle de 30° avec l’horizontale.
a/ Déterminer la direction et le module de la vitesse du projectile après le choc.
b/ Déterminer l’intensité de la vitesse de la cible après le choc.
Réponse :
a/ Détermination de la direction du projectile et calcul de son module : Voir figure
6.14.
p12
p' 2
p2
= 1 +
2m1 2m1 2m2
p12 = p2' 2 + p 2
m1 = m2 = m
A
p1'
p1
O
p1
# = 30°
B
p2
Le triangle OAB est rectangle, ce qui implique que le quadrilatère est un
rectangle, donc :
+ # = 90°
cos
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= 60°
p1' v1'
= =
p1 v1
v1' = 0.50ms
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1
LMD1/SM_ST
211
Travail et énergie
b/ Calcul du module de la vitesse:
cos( 30°) =
mv v
=
mv1 v1
v = 0.87 ms
1
Le choc mou (mXn56 jok56)
Le choc entre deux particules séparées et dit mou , si elles s’unissent après le
choc pour former un seul corps. Les deux particules auront la même vitesse après le
choc.
Dans ce cas : Si p1 et p2 sont les quantités de mouvement des deux
'
particules séparées avant le choc, et p la quantité de mouvement des deux particules
unies après le choc, nous pouvons écrire alors :
p1 + p2 = p ' = Cte
p=0
(6.53)
p12
p2
p' 2
+ 2 =
2m1 2m2 2(m1 + m2 )
(6.54)
1
1
1
m1 .v12 + m2 .v22 = (m1 + m2 )v ' 2
2
2
2
(6.55)
Exemple 6.8 :
1
Une particule de masse 5kg se déplaçant à la vitesse de 20ms entre en collision
perpendiculairement avec une autre particule de masse 6kg qui se déplaçait à la
1
vitesse de 15ms . En considérant le choc mou:
a/ Quelle est la quantité de mouvement du système ?
b/ Calculer la vitesse des particules après le choc.
Réponse :
a/ 134.5kg .m.s
1
b/ 12.23m.s
1
8/ DISCUSSION DES COURBES D’ENERGIE POTENTIELLE
(0pg3q56 023456 h3Xpepg 0r23pg)
Nous avons représenté sur la figure 6.15 une courbe qualitative dans le cas d’un
mouvement unidimensionnel (elle s’effectue suivant une droite).
Ecrivons l’expression de la force sous la forme :
F=
Or
dE p
dx
dE p
dx
représente la pente de la courbe E p ( x) . La pente est positive lorsque la courbe
est croissante, dirigée vers le haut ; elle est négative si la courbe est décroissante et dirigée
vers le bas. Donc, la force F (dont le signe est opposé à celui de la pente) est négative, ou
orientée vers la gauche, lorsque l’énergie potentielle est croissante ; elle est positive et dirigée
vers la droite lorsque l’énergie potentielle est décroissante.
Nous avons schématisé et précisé tout ceci sur la figure 6.15 par des flèches horizontales
et par des espaces en dessous du graphe.
A.FIZAZI
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212
Travail et énergie
Ep
E p ( x)
(4)
K
I (3)
H
M2
C
O
A
EM
D
Ec
B
M1 E
p
A'
F
G
M3
B'
Le mouvement est possible si la condition Ec = EM
(2)
(1)
x
E p > 0 est satisfaite. Sur le
graphe les droites horizontales représentent l’énergie potentielle pour différents cas.
Premier cas : L’énergie mécanique correspondant à la droite (1) qui coupe la courbe
E p ( x) en deux points A et B . La particule vibre entre les deux abscisses x A et xB ; mais son
mouvement n’est pas permis à droite de B et à gauche de A , sinon Ec = EM
E p < 0 , ce
qui est impossible.
Deuxième cas : L’énergie mécanique correspondant à la droite (2) qui coupe la courbe
E p ( x) en quatre points C , D, F , G . Le mouvement de la particule est permis dans deux
régions : entre les abscisses xC et xD , et entre les abscisses xF et xG ; or la particule ne
peut vibrer que dans l’une des deux régions, mais ne peut pas sauter d’une région à une autre,
sinon elle doit transiter par la région DF , ce qui est impossible (parce que dans cette région
l’énergie cinétique est négative Ec = EM E p < 0 ). Les deux régions où le mouvement est
permis sont séparées par ce que l’on appelle « barrière de potentiel ».
Troisième cas : L’énergie mécanique correspondant à la droite (3). Le mouvement est
permis entre les points H , I .
Quatrième cas : L’énergie mécanique correspondant à la droite (4). Le mouvement
n’est plus vibratoire et la particule se déplace de K vers l’infini.
Positions d’équilibre (T} QW •b QV) :
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213
Travail et énergie
Pour que
dE p
dx
= 0 et obligatoirement F = 0 , il faut que l’énergie potentielle
soit maximale ou minimale, comme aux points M 1 , M 2 , M 3 . Ces positions sont les
positions d’équilibre.
Lieu où E p ( x) est minimale :
L’équilibre est stable si la particule bouge à peine, comme en M 1 , M 3 , à gauche
ou à droite, une force agit sur elle pour la rappeler à revenir à la position d’équilibre.
Lieu où E p ( x) est maximale :
L’équilibre est instable : si la particule bouge à peine, comme en M 2 une force
agit sur elle pour l’éloigner de la position d’équilibre.
Les points A, B, C , D, F , G, H , I s’appellent points d’arrêt. En ces points la particule
s’arrête ou change le sens de son mouvement.
9/ FORCES NON CONSERVATIVES ( ou forces ne dérivant pas d’un potentiel)
((TQ J UV RWXV KIƒ Y) Z[ LV KIƒ SQR ) :
Dans la nature il existe des forces non conservatrices. Les forces de frottement sont un
exemple de celles la. Le frottement de glissement s’oppose toujours au déplacement, et son
travail dépend du chemin suivi. Même si la trajectoire est fermée, le travail n’est pas nul, et
l’équation 6.30 n’est plus valable.
Il en de même pour le frottement dans les fluides qui s’oppose à la vitesse dont il
dépend, mais indépendant de la position.
Une particule peut être soumise en même temps à des forces conservatrices et à des
forces non conservatrices.
Exemples :
Une particule en chute dans un fluide : Elle est soumise à son poids P , qui dérive
d’un potentiel, et à la force de frottement non conservatrice.
Pour un pendule élastique : La particule est soumise à la force de rappel
F = kx.i qui est conservatrice. Elle est soumise aussi à une force de frottement de
glissement F ' = Cv non conservatrice, sachant que le travail de celle- ci est :
W ' = F ' dr = C.x.dx
W ' = C.x 2 .dt < 0
Le signe négatif s’explique par le fait que les frottements absorbent
l’énergie du système, c’est ce qui explique l’amortissement du mouvement.
A.FIZAZI
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214
Travail et énergie
**
EXERCICES
Exercice 6.1
Une particule est soumise à une force définie par ses
coordonnées cartésiennes :
1.6
F = ( x + 2 y + z) i + ( x 3y z) j +
( 4x +
F = ( x + 2y + z)i + (
y + 2z ) k
, ,
Où
sont des constantes.
( 4x +
x, y, z sont en
, ,
!
pour que F dérive
(
& /1
.!
& /2
, , %
'
)
. E p ( 0, 0, 0 ) = 2 !& .) F
E p ( 0, 0, 0 ) = 2 .
Exercice 6.2
On considère dans un repère cartésien un champ de
2.6
:2
) F/ . 0
%. 1
1
F = X ( x, z ) i + yzj + x 2 + y 2 k
2
forces F d’expression :
F = X ( x, z ) i + yzj + x 2 +
F !
, ,
*" + ( ,- E p ( x, y, z ) !
2/ Trouver l’expression du potentiel E p ( x, y, z )
dont dérive la force sachant qe
y + 2z ) k
x, y , z
.! " F
mètre et F en newton.
1/ Trouver les valeurs de
d’un potentiel.
:
x 3y z) j +
1 2
y k
2
1
"
Ep "
4 ! F + ( 1 X ( x, z ) !3) /1
!& .) 2 " 1
énergie potentielle E p que l’on calculera, sachant que - 5 " . O 1
."
4. 6
Oxy /
la force est nulle en O . On prendra le plan Oxy comme
! .
4 '.) ! 7.
! 4 8 & /2
origine des énergies potentielles.
:
4
9
,2. Calculer alors, par deux méthodes différentes le
long
de
l’hélice
d’équations
x = R cos , y = R sin , z = h
paramétriques x = R cos , y = R sin
, z=h ,
4 " ' 6 M1 ( = 0 ) 4 " ! F
)
le
travail
de F du
point
M 1 ( = 0 ) au
. M2 ( = )
point M 2 ( = ) .
'.)
"
7.
" '.) : " ; /3
1. Déterminer
X ( x, z ) pour que F
dérive d’une
3. Obtiendrait-on un résultat différent en calculant le
travail le long d’une autre courbe ?
<
Exercice 6.3
Une particule matérielle de masse m se déplace
sous l’action de la force :
(
:
>
m 2.
2
2
F = ( x + y ) u x + xzu y + xyu z
)
C ( 2, 4, 1) ,
d/
la
ABCD où B ( 2, 2, 1) et
courbe
paramétriques : x = t
A.FIZAZI
définie
par
les
, y = t2 , z = t ,
"
. D ( 2, 4, 2 ) 4 " ' 6 A(1, 2, 1) 4 " !
1) au point D ( 2, 4, 2 ) .
Calculer le travail de la force F suivant chacun des
trajets suivants :
a/ la droite AD ,
b/ la ligne brisée
4
3.6
F = x 2 + y 2 u x + xzu y + xyu z
Du point A(1, 2,
= '" "
:
?
B ( 2, 2, 1)
équations
sachant
Univ-BECHAR
! ?.
+
ABCD
F
)8
AD %
"
4
: 4
9
A
2
x=t , y =t , z =t
&
/
/8
C ( 2, 4, 1)
'" " /@
LMD1/SM_ST
215
Travail et énergie
que la particule quitte le point A à l’instant t A
et atteint le point D à l’instant t D
=0
tA = 0 B . 1 A !
.4"
4 " !& .)
. t D = 2s B . 1 D 4" ' 6 :
= 2s .
Exercice 6.4
Une particule de masse
4.6
m se déplace sous l’action
k
d’une force attractive F =
u . La trajectoire est
r2
.
m
un cercle de rayon . Montrer que :
a/ l’énergie totale est E
=
k
,
2
k
&
2
k
'v =
&
m
. L = mkr &
'E =
k
b/ la vitesse est v =
,
m
c/ le moment cinétique est
L = mkr .
Exercice 6.5
Une particule se déplace depuis l’origine O jusqu’au
point A défini par
l’action de la force
k
u
r2
:!" ! #
.F =
r = 3u x + 4u y + 16u z sous
F = 7u x + 6u y . Calculer :
a/ le travail effectué. Est-il nécessaire de spécifier le
chemin suivi par la particule ? justifier.
b/ la puissance moyenne s’il faut 0, 6s pour aller
d’un endroit à un autre.
c/ la variation de l’énergie cinétique sachant que la
masse de la particule est 1kg .
e/ la vitesse finale si on considère la vitesse initiale
nulle.
f/ la différence d’énergie potentielle entre les deux
points. Que remarquez-vous ? Déterminer l’énergie
potentielle
au
point B
défini
par
r ' = 7u x + 16u y 42u z .
/
(
/
*+, /)
5.6
A 4" '
>
?.
!
.
<B
C
O 6
! 04"
?
r = 3u x + 4u y + 16u z C
& . F = 7u x + 6u y
D
; . "
/
. .) <
!
"9 ! -6 4
)4
/8
. 0, 6s 8.4
= '6
. !& .)
4 1 E /@
. 1kg 1;
F 9 )
" ) -6 F 2" )
/
0 - .! 4 " ! "
4 1 E /G
B 4" 1
"
4
. r ' = 7u x + 16u y 42u z
Exercice 6.6
Une grenade lancée horizontalement avec la
:8
% 0 !
6.6
7"
v = 8ms )
&
." '
1
vitesse v = 8ms , explose en trois fragments à masse
..
B( 0 ' 6 4("
égale.
&
"9
:
' H
4
Le premier fragment continue à se déplacer
1
1
: "
4
v = 16ms )
horizontalement à v = 16ms , un autre est lancé vers '.)H ' 6
le haut suivant un angle de 45° et le troisième est
4
4
+H
45° ":
projeté suivant le même angle vers le bas.
. 7 H "!
I7"
Trouver la grandeur des vitesses des fragments deux
.
" ! B( 1 ) !
(8 &
1
et trois.
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
216
Travail et énergie
Exercice 6.7
Une masse M = 100 g est attachée à l’extrémité
d’un ressort disposé horizontalement, comme indiqué
sur la figure ci-dessous, et dont la constante de raideur
7.6
*"
J " 2" 1 M = 100 g .
1 > .(+
( )
& K
k = 20 Nm 1
1
1
est k = 20 Nm . Une masse m = 50 g se déplaçant % 4: v0 = 0.5ms
)
m = 50 g .
1
.
.
J 7" . 7
M .
à la vitesse v0 = 0.5ms vient heurter la masse M
initialement au repos. On suppose le système isolé.
M . . x0 1 B)H
"9
v )
8 & /1
1/ Calculer la vitesse v et le déplacement
M 1) J
!
% :
1 %:
maximal x0 de la masse M après le choc, en
.% :
!
m
considérant le choc comme étant élastique, et en
4 E "9
( M + m ) . . v ' ) 8 & /2
supposant que les vitesses de M et m sont parallèles
après le choc.
.! . % :
1 J ". x0' 1 B)H
2/ Calculer la vitesse v ' du système ( M + m ) et la J ". 1 B)H 4 E "0 A :
8 & /3
compression maximale subie par le ressort dans le cas
.! . % :
1
du choc mou.
3/ Calculer le travail dépensé pour la compression
maximale du ressort toujours dans le cas du choc mou.
M
k
v0
Exercice 6.8
Un corps M de masse m est soumis à un champ de
forces à symétrie sphérique, et d’ énergie potentielle
de la forme : E p ( M ) = Kr e
2
r 2 / a2
, où K et
a
sont des constantes positives et r = OM la distance
entre le corps M et l’origine O d’un repère inertiel.
1/ Représenter graphiquement E p ( r ) en fonction
de , sachant que la dérivée seconde de l’énergie est
positive pour r = 0 , négative pour r = a et tend vers
zéro en valeurs positives quand r
.
2/Trouver l’expression de la valeur maximale de
l’énergie E p .
3/ Trouver les positions d’équilibre sur l’axe X ' OX
où X est l’abscisse du corps:
X + .
4/ Quelles sont les positions d’équilibre stable ?
justifier votre réponse.
m
8.6
,
m*.
B" * /
M %
E p ( M ) = Kr 2e r / a : ( !
"
* 4
M%
r = OM !
!
a K
.1 4) %. O 6
!)
( !& .)
9 E p ( r ) '" " % & /1
r = a ")
r = 0 ")
4. "
.r
&!
%
7:
" N
. E p 4. ' B
)
/2
2
X ' OX
.?
2
'.) !
.
X + :%
6 .) <
!
. F (M )
/3
.: X
1; /4
)
/5
5/ Trouver l’expression de la force F ( M ) .
Exercice 6.9
Une particule de masse m est lâchée en A sans
vitesse initiale. (Figure ci-dessous). On cherche à
savoir quelle doit être la hauteur H pour que la
particule atteigne le point S sommet de la gouttière.
1/ Appliquer le théorème de l’énergie mécanique
pour calculer la vitesse vB au point B .
A.FIZAZI
9.6
. F
)
!
A! m 2 .
?
HK7 9 ;
A "
" .( 7 H 1
( )
./
S 4"
O. 1 % 0
vB )
8
"
4
B" + 4 /1
.B 4 " 1
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LMD1/SM_ST
217
Travail et énergie
2/ Exprimer h en fonction de et .
3/ Appliquer le théorème de l’énergie mécanique
pour calculer la vitesse vC au point C en fonction de
h et vB .
4/ En appliquant le théorème fondamental de la
dynamique, déduire la valeur de la réaction R en
fonction de m, r , , vB et g .
5/ Démontrer que la vitesse minimale que doit
acquérir la particule au point B pour atteindre le
point S est
vB ,min = 2 gr .
9 h !) ) /2
vC )
8
4
B" + 4 /3
. vB h 9 C 4 " 1
P" 6 ? .
H
B" + 4 /4
. g m, r , , vB 9 R 7
'.) 8 1
E:H )
!& !; /5
S 4"
O.
B
4"
1
2
. vB ,min = 2 gr 1;
.
"
8 & B 4" 1 )
vB ,min 6/ En prenant vB ,min la vitesse au point B , calculer
4 " ,& 1 <Q.
- .S B! 4 "
< 7
la réaction aux points B et S . Que conclure ? En quel
point la réaction s’annule-t-elle ?
2 .)
!& 8 1 v0,B )
1;
7/ Quelle est la vitesse v0,B que doit avoir la particule
!& ! S 4 " ' 6 : 1 B 4 " 1
au point B pour atteindre le point S sans que la
< " H
1; < G
7
7
% "
réaction ne change de signe ? Quelle est la valeur
de H correspondante ?
/6
1
/7
E
A
S
H
O
C
h
B
Exercice 6.10
Trois billes de masses m1 , m2 , m3 reposent dans une
10.6
1 &/
1 m1 , m2 , m3 2.
0
G
1 F
)
m1
. .
est poussée avec une vitesse initiale dans la direction
@
m1
%:
;
1
m2
de la bille m2 qui à son tour, et après le choc
' H ! :
) .2 :
m3 G
1
avec m1 , roule dans la direction de m3 et l’heurte. En
1
1;
"
1 .4
"
considérant les premier et deuxième chocs !& 8
parfaitement élastiques, quelle doit être la vitesse que % :
m3
) ! ' m2
;- >
doit prendre la bille m2 pour que la vitesse de la
. B)&
bille m3 soit maximale ?
gouttière horizontale parfaitement lisse. La bille m1
Exercice 6.11
Le corps de la figure ci-dessous a une
masse m = 5kg . Partant du repos, il glisse sur un plan
11.6
m = 5kg 1; . *.7 & ( '.) !
%
F
/
'.) + "
!
! +.4"
incliné d’un angle = 60° par rapport à
,- J " O. '
+R
"
= 60°
l’horizontale, jusqu’à ce qu’il atteigne le ressort R de
1
k = 5000 N .m * "
l0 = 40cm * 4
A.FIZAZI
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218
Travail et énergie
= 40cm , de constante de
S * 4
I
?
1
raideur k = 5000 N .m , et dont l’autre extrémité C
AB = a
est fixée au bout du plan. On suppose qu’une force de
1 '.) % " % µ = 0, 2 ,
frottement s’oppose au mouvement du corps sur le
segment AB = a , le coefficient de frottement
4 '.) ? 9
8 & /1
cinétique étant µ = 0, 2 , puis elle s’annule sur le reste
!
)
8 & /2
du trajet BC = 2a .
2 %: 1 v )
% B 4"
1/ Calculer la force de frottement sur le segment AB .
<J " 4 E "
; /3
2/ Calculer la vitesse acquise par le corps au point B ,
*
"
F /
'.) %
: % /4
puis la vitesse v avec laquelle le corps heurte le
% 4:9 4 " ! T
'.)H ' 6
! J "
ressort.
<
! %
: !& J
H
3/ De combien le ressort se déforme-t-il ?
2
4/ De combien le corps remonte-t-il sur le plan incliné
. g = 9,8ms - >"
longueur
à
vide l0
J 7" ./
4
'.)
1
?
. BC = 2a ?.
. AB
1 %
A 4
.J " %
2" 1
%
9
lorsqu’il est repoussé par le ressort vers le haut à partir
du point où a eu lieu le premier choc, en supposant
que la remontée se fait sans frottement ?
On prend g
= 9,8ms 2 .
A
m
a
2a
B
l0
C
Exercice 6.12
On abandonne sans vitesse initiale à l’instant
t=0
m en un point M 0 de la
face convexe d’une sphère de centre O et de rayon R ,
un point matériel de masse
sur laquelle il est susceptible de glisser sans
frottement. (Figure ci-dessous).
1/ En n’appliquant que le théorème de la
conservation de l’énergie trouver la vitesse
angulaire en fonction de R, g , et .
2/ En appliquant le principe fondamentale de la
dynamique trouver la réaction du support en fonction
de , , m et g .
3/ Pour quel angle
0
le point matériel quitte-t-il la
sphère ? Discuter le résultat.
A.FIZAZI
12.6
F
) ! m 2.
4" ? "
! + " M0 4 " ! t = 0 B . 1
O ;
8
*
'.)
.( 7 H 1 ( ) . R ; 4 A:"
& 4
4 B7 "
B" + 4 /1
.
R, g ,
9
)
& ?
. 1 H 6
+ 4 /2
.g
, ,m 9
4"
E 0
,& & ! /3
. " U "<
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LMD1/SM_ST
219
Travail et énergie
M0
M
R
O
Exercice 6.13
Un corps de masse m se déplace sur l’axe x ' Ox .
Son
énergie
potentielle
est
donnée
par
l’expression E p
=K
constantes positives.
1/
Représenter
= f ( x) .
courbe E p
x
, où K et a sont des
x + a2
2
l’allure
générale
de
13.6
K
Soit un référentiel
(
2"
)
extrémité est fixée en O ' ( OO ' = a ) . Le fil possède
une raideur k et une longueur à vide l0 . Le point P
est repéré par l’angle ( Ox, OP ) =
.
O ' P en fonction de a,
dans la base polaire ur =
OP
,u
a
. En déduire
l’expression du module O ' P .
b/ Exprimer la tension T du fil en fonction
de a, k , l0 et dans cette même base.
2. a/ Déterminer l’expression du vecteur vitesse v
dans la base polaire.
b/ On note F la résultante des forces exercées sur la
bille P . Donner l’expression de la puissance F .v en
fonction de a et .
(c) En déduire l’énergie potentielle E p dont dérive
la force F .
3. (a) On suppose vérifiées les relations suivantes
entre les paramètres :
a=
A.FIZAZI
2mg
mg
, l0 = 3 a
k
k
"0
A:"
4
F
k "
4
"
a
( % & /1
& /2
.
E
.!
!
,-
!
P 4"
4 '.) ?
!
.( 7 H 1 ( ). a ; 4
14 4 4 ' 6 4
P 4"
4 . . ( OO ' = a ) O ' 1
S A 4
. l0
1 a,
)
?
m 2.
A:"
P 4"
)
%
14.6
. ( O, u x , u y , u z ) %.
de repère O, u x , u y , u z .
Une bille assimilée à un point P , de masse m , est
astreinte à se déplacer sans frottements le long d’un
demi-cercle de rayon a .(Figure ci-dessous).
Le point P est attaché à un fil élastique dont l’autre
1. a/ Exprimer le vecteur
. E p = f ( x ) '" " . %
!
la
2/ Trouver les positions d’équilibre en précisant
celles qui sont stables et celle qui sont instables.
Exercice 6.14
'.) m *".
x
Ep = K 2
:
x + a2
* 4 . x ' Ox
9
P" 6
V
;
. ( Ox, OP ) =
O ' P K ( !)
. ur =
OP
,u
a
4
) / .1
4
.O'P (
a, k , l0 9 4 . T
!) ) /8
. ) I7" 1
)
1 v )
K (
)
/ .2
. 4
'.)
4 /
.:
FC
" /8
.
a 9 F .v ) 4 9
) 4)6 . P
. F 2" + ( 1 E p "
4 P " 6 /@
:
!
0 J 7" / .3
2mg
mg
, l0 = 3 a
a=
k
k
& !
!
1
;
2
1
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LMD1/SM_ST
220
Travail et énergie
Quelles sont les positions d’équilibre
pour 0
2
et
1
<0
2
?
. 2 .) :
!"
I & /8
2
(b) Étudier la stabilité des équilibres obtenus.
O'
O
y
P
x
Exercice 6.15
Deux pendules simples de même longueur l , sont
suspendus au même point
O . Les billes B1 et B2 qui
m1 et m2 , et
seront supposées ponctuelles. Au départ, B1 et B2
sont en équilibre. On écarte B1 d’un angle 0 , puis
les constituent possèdent les masses
on l’abandonne sans vitesse initiale.
1/ Déterminer les vitesses v1 et v2 de
le choc, en fonction de
B1 et B2 après
, l , g et du rapport des
x = m1 / m2 ; ainsi que les angles d’écart
maximum 1 et 2 de B1 et B2 après le choc, en
fonction de et x dans les deux cas :
masses
a/ en supposant la collision parfaitement élastique
(que se passe-t-il pour x 1 ; x = 1 ; x 1 ?) ;
b/ si on enduit
B1 et B2 de glu, de manière à rester
collées après la collision (choc mou).
2/ Application numérique : 0 = 60° .
a/ On se place dans le cas1/a/ :
pour quelle valeur de x les pendules remontent-ils
en sens contraires, du même angle que l’on
déterminera ?
b/ Pour x = 2 , déterminer les angles d’écart dans les
cas 1/ a / et 1/ b / .
A.FIZAZI
15.6
I7" 2 ! 4 ! " O 4 " I7" 1 +.
2 2. ( ! . B2
B1 !
.l 4
1 .! 4 " 2
7"
m2
m1 ! .
%
B1 D " .!
1 m2
m1
0
. F
) !
2 "
m2
m1 C v2
v1 ! )
/1
W x = m1 / m2 ! .
" g, l,
9 %:
m1 C 2
"9 1
1 1 B)H A
:!
1 x
9 %:
m2
,) "
% 4:9 J
/
W(< x 1 H x = 1 H x 1 & !
!
T E
m2
m1 " .4
/8
.(! . % : ) % :
! :.
. 0 = 60° :, ) + 4 /2
:/ /1
- "/
!;
1 ! " : xC
,& & !
< 2" 8
I7" !
1 A "9 1
x=2
& ! /8
./8/1 / /1!
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221
Travail et énergie
Corrigés des exercices de 6.1 à 6.15
15.6
1.6
Exercice 6.1 :
1/ Pour que la force F dérive d’un potentiel, il faut que la relation rotF = 0 soit vérifiée.
Les équations suivantes nous permettent d’en déduire les trois constantes inconnues :
Fy
Fx
=
y
x
Fx
F
= z
z
x
Fy
F
= z
z
y
=2
= 1
=4
L’expression de la force F est donc :
F = ( x + 2 y + 4z ) i + ( 2x 3 y z ) j + ( 4x y + 2z ) k
2/ Nous savons que F = gradE p ( x, y, z ) ; partant de cela et par une suite de
raisonnements, nous arrivons à l’expression du potentiel dont dérive la force ci dessus :
Ep
1
= Fx
E p = x 2 + 2 xy + 4 xz + f ( y, z )
2
x
Ep
f ( y, z )
3 2
f ( x, y ) =
y yz + g ( z )
2x +
= Fy
= 2x 3y z
y
y
2
1
3 2
E p = x 2 + 2 xy + 4 xz
y yz + g ( z )
2
2
Ep
g (z)
g ( z)
4x y +
= Fz
= 4x y + 2z
= 2z
z
z
z
g ( z ) = z 2 + C te
L’expression du potentiel est donc :
1 2
3
Ep =
x 2 xy 4 xz + y 2 + yz z 2 + C te
2
2
te
Pour déterminer la constante C , on doit revenir aux conditions initiales :
E p ( 0, 0, 0 ) = 2 C te = 2
Finalement l’expression de l’énergie potentielle (ou potentiel) demandée est :
Ep =
1 2
3
x 2 xy 4 xz + y 2 + yz z 2 + 2
2
2
Exercice 6.2 :
1/ Pour que la force F dérive d’un potentiel, il est impérative que l’équation rotF = 0 soit
vérifiée, c'est-à-dire que les trois équations suivantes soient vérifiées à leur tour. De ces
équations on en déduit la valeur X ( x, z ) . De l’énoncé on en déduit que :
Fx = X ( x, z ) , Fy = yz , Fz = x 2 +
A.FIZAZI
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1 2
y
2
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222
Travail et énergie
Fy
Fx
=
y
x
Fx
F
= z
z
x
Fx
= 0 Fx = C te (1)
y
Fx
= 2 x Fx = 2 xy + C te
z
( 2)
La première solution (1) ne convient pas car Fx = X ( x, z ) doit être fonction de x et z .
Seule la deuxième solution ( 2 ) convient. D’après les conditions initiales la constante C te est
nulle. D’où : Fx = X ( x, z ) = 2 xz
Pour calculer l’énergie potentielle on utilise la relation F = gradE p :
Ep
x
Ep
y
Ep
= Fx
= Fy
0+
= 2 xz
x
f ( y, z )
y
E p = x 2 z + f ( y, z )
f ( y, z ) =
= yz
1 2
y z + g ( z)
2
1 2
y z + g (z)
2
Ep
g ( z)
g ( z)
1
1
= Fz
=0
x2 + y2 = x2 + y2 +
2
2
z
z
z
g ( z ) = C te
1 2
Le résultat est E p = x 2 z
y z + C te . D’après les conditions initiales sur l’énergie
2
potentielle, la constante g ( z ) = C te est nulle ( z = 0
E p = 0 ) . Le résultat final est :
E p = x2 z +
E p = x2 z
1 2
y z
2
2/ Calcul du travail par deux méthodes.
Première méthode :
Nous connaissons la formule :
dW = dE p , dW = F .dl , W = F .dl = E p ( B ) E p ( A)
L
x = R cos
y = R sin
z=h
W = h R2
E p = z x2 +
1 2
1
y = h R 2 cos 2 + sin 2
2
2
E p ( A) = 0
Ep ( B) = h R
2
cos
2
1
+ sin 2
2
W = E p ( B ) E p ( A) = h R 2
( 3)
Deuxième méthode :
Nous calculons directement le travail en utilisant la formule :
A.FIZAZI
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223
Travail et énergie
B
W=
Fx dx + Fy dy + Fz dz
A
x = R cos
dx = R sin .d
Fx = 2 xz = 2 Rh cos
y = R sin
dy = R cos .d
Fy = yz = 2 Rh sin
Fx dx = 2 R 2 h cos sin d
Fy dy = R 2 h cos sin d
z=h
dz = R.d
Fz = x 2 +
1 2
1
y = R 2 h cos 2 + sin 2
2
2
W = R2h
0
W = R2h
1
Fz dz = R 2 h cos 2 + sin 2
2
1
cos sin + cos 2 + sin 2
2
1
cos 2 + sin 2
2
d
d
W = R2h
( 4)
0
Les deux résultats ( 3) et ( 4 ) sont identiques.
3/ La force étant conservatrice, le travail est le même quelque soit le chemin suivi.
Exercice 6.3 :
Quelque soit le chemin le travail de la force est W = Fdr
a/ Le travail de la force F suivant le chemin rectiligne.
Rappel mathématique : Pour trouver l’équation d’une droite passant par les deux
points P ( xP , yP , z P ) et Q ( xQ , yQ , zQ ) , on doit poser les équations suivantes :
x xP
y yP
z zP
=
=
xQ xP yQ yP zQ z P
Puis en déduire l’équation de la trajectoire :
x 1 y 2 z +1
=
=
2 1 4 2
1
y = 2x
z= x
1
z=
y +1
2
Pour écrire l’expression de la force F et du déplacement élémentaire d , en fonction de la
seule variable x dans le repère cartésien, on remplace y et z :
F = 5 x 2u x
x 2u y + 2 x 2u z
dr = dxu x + dyu y + dzu z
y = 2x
z= x
A.FIZAZI
dy = 2dx
dz = dx
dr = dxu x + 2dxu y
Univ-BECHAR
dxu z
LMD1/SM_ST
224
Travail et énergie
Calculons le travail de la force dans le premier cas :
F dr = Fx dx + Fy dy + Fz dz
2
F dr = x 2 dx
2
1
W = x3
3 1
2
W = Fdr = x 2 dx
1
W=
7
J
3
1
b/ Le travail de la force F suivant la courbe brisée ABCD .
Dans ce cas, on divise le travail total WAD en trois travaux WBC , WAB et WCD
effectués suivant les segments BC , AB et CD .
Suivant le segment rectiligne AB : seule x varie, y = 2 et z = 1 . Les
expressions respectives de la force et du déplacement élémentaire sont :
F = x 2 + 4 u x xu y + 2 xu z
(
)
dl = dxu x
Calculons le travail pour cette partie du chemin :
F dl = x 2 + 2 dx
1
2
WAB = x3 + 4 x
2
3
WAB = x + 4 dx
(
1
)
(
)
2
WAB =
1
19
= 6,33 J
3
Suivant le segment rectiligne BC : on a y variable, x = 2 et z = 1 . Les expressions
respectives de la force et du déplacement élémentaire sont :
F = 4 + y 2 u x 2u y + 2 yu z
(
)
dl = dyu y
Calculons le travail pour cette partie du chemin :
F dl = 2dy
WBC = [ 2 y ]2
4
4
WBC =
2dy
WBC = 4 J
2
Suivant le segment rectiligne CD : on a z variable, x = 2 et y = 4 . Les
expressions respectives de la force et du déplacement élémentaire sont :
F = ( 4 + 16 ) ux + 2 zu y + 8uz
dl = dzuz
Calculons le travail pour cette partie du chemin :
F dl = 8dz
2
WCD = 8dz
WCD = [8 z ]
2
1
WCD = 8 J
1
Le travail total de A à D est donc :
WAD = WAB + WBCWCD
WAD = 5, 67 J
c/ Le travail de la force F suivant la courbe définie par les équations paramétriques
x = t , y = t2 , z = t
Remplaçons dans l’expression de la force x = t , y = t 2 , z = t :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
225
Travail et énergie
(
)
F = t 2 + t 4 u x + t 2 u y + t 3u z
dx = dt , dy = 2tdt , dz = dt
(
)
(
)
dW = t 4 + 3t 3 + t 2 dt
F dr = t + t dt + 2t dt + t dt
2
4
3
3
Le travail de la force dans ce cas est donc :
2
W=
0
(t
4
)
+ 3t 3 + t 2 dt
W = 28 J
Exercice 6.4 :
a/ Puisque la force est centrale et ne dépend que de seulement, son énergie potentielle
admet une symétrie sphérique qui ne varie aussi qu’en fonction de . La relation entre la
force et l’énergie potentielle est donc F = E p . Et puisque la variable est unique alors la
relation est totalement vérifiée dans la composante radiale
dE p
dr
=
k
. De là on peut en déduire
r2
la valeur de l’énergie potentielle :
k
k
dr E p =
+ C te
2
r
r
Pour déterminer la constante de l’intégration on considère pour E p = 0 on a r
Ep =
, et
par conséquent C te = 0 . D’où :
k
(1)
r
L’énergie totale E est l’énergie mécanique, c'est-à-dire la somme des deux énergies :
potentielle E p et cinétique Ec .
Ep =
Puisque le mouvement est circulaire et la trajectoire un cercle on a v =
vitesse angulaire. Donc :
1
Ec = mv 2
1
Ec = m 2 r .r
2
2 F = Fc
v= r
,
représente la
1 k
1k
Ec =
.r
( 2)
2
2r
2r
En additionnant les équations (1) et ( 2 ) , membre à membre, on obtient l’énergie totale :
Ec =
1k k
1k
E=
2r r
2r
b/ On en déduit l’expression de la vitesse de l’équation ( 2 ) :
E=
1k 1 2
k
= mv
v=
mr
2r 2
c/ Calcul du moment cinétique en coordonnées cylindriques par rapport au centre du
cercle :
ur
u uz
LO = r mv
Ec =
v = vr + v = r u
0
A.FIZAZI
m r
0
0
r
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0
0
LO = mr 2 u z
LMD1/SM_ST
226
Travail et énergie
Le module du moment cinétique est donc égal à :
LO = mr 2
1 k
LO = mr 2
v 1 k
r mr
= =
r r mr
LO = mkr
Exercice 6.5 :
a/ Remarquons que la force est constante. Le travail effectué est donc :
dW = F dr
3
W=
Fx dx + Fy dy + Fz dz
W=
0
0
3
4
Fx dx + Fy dy
0
4
W=
7 dx + 6dy = 21 + 24
0
W = 45 J
0
b/La puissance moyenne est :
W
45
, Pmoy =
Pmoy = 75W
t
0, 6
c/ Pour calculer la variation de l’énergie cinétique, appliquons le théorème de l’énergie
cinétique :
!Ec = " Wi
!Ec = 45 J
Pmoy =
d/ En considérant la vitesse initiale nulle, la vitesse finale est :
2!Ec
1 2
mv 0 = !Ec
v=
, v = 9, 48ms 1
m
2
e/ La variation de l’énergie potentielle n’est autre que le travail fourni avec un signe
négatif :
!E p = W
!E p = 45 J
D’après les résultats obtenus on remarque que !E p = !Ec , on explique cela comme
suit :
La particule quitte l’origine sans vitesse initiale, c'est-à-dire qu’elle n’avait initialement
aucune énergie cinétique, mais par contre elle possédait une énergie potentielle. En arrivant au
point A avec la vitesse calculée précédemment elle a acquit donc une énergie cinétique
exactement égale à l’énergie potentielle qui a été totalement dépensée. Au point A l’énergie
potentielle est nulle ( E p , A = 0 ) .
Calculons le travail fourni par la force lors de son déplacement de A à B :
dWAB = F dr
( F dx + F dy )
WAB =
x
7
WAB =
y
7
WAB =
3
4
16
7dx + 6dy = 28 + 72
3
16
Fx dx + Fy dy
WAB = 44 J
4
On peut calculer à présent l’énergie potentielle E p , B au point B :
EP , A
A.FIZAZI
E p , B = WAB
E p , B = 44 , E p , B = 44 J
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227
Travail et énergie
Exercice 6.6 :
D’après le principe de la conservation de la quantité de mouvement : la quantité de
mouvement avant l’explosion est égale aux quantités de mouvement après l’explosion :
p = p1 + p2 + p3
Mv = mv1 + mv2 + mv3
Puisque p et p1 sont horizontales, la résultante de p2 et p3 est aussi horizontale et le
quadrilatère formé est un losange. (Voir figure)
A
p2
p
45°
O
45°
p1
45°
B
p2 + p3
p3
En utilisant la loi des sinus on peut écrire :
p3
p2
=
v2 = v3
sin 45° sin 45°
A partir de la figure ci-dessus on peut calculer l’intensité de la résultante de p2 et p3 :
R = p2 + p3
R=
p22 + p32
R = mv2 2
Il ne reste plus qu’à calculer le module des vitesses demandées :
p = p1 + p2 + p3
p = p1 + R Mv = mv1 + mv2 2
R
M = 3m
v = v1 + v2 2
v2 = v3 = 11, 3ms
v2 =
3v v1
2
1
Exercice 6.7 :
1/ Pour calculer la vitesse, on applique au système ( M + m ) isolé les principes de la
conservation de la quantité de mouvement et de l’énergie. Puisque le choc est élastique, la
vitesse de la masse m diffère de la vitesse de la masse M .
p1 = p2 , mv0 = mv1 + Mv mv1 = mv0 Mv (1)
1 2 1 2 1
mv0 = mv1 + Mv 2
mv12 = mv22 Mv 2 ( 2 )
2
2
2
On élève au carré l’équation (1) et on multiplie l’équation ( 2 ) par la masse m , puis on
EC1 = EC 2 ,
procède à une soustraction des équations obtenues et enfin déduire la vitesse v :
2mv0
2
, v = 0, 33ms 1
(1) ( 2 ) .m v =
M +m
Pour calculer la compression maximale on applique le principe de la transformation
mutuelle de l’énergie. La masse M s’arrête après avoir parcouru la distance maximale x0
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
228
Travail et énergie
et le ressort se comprime de la même valeur. Toute l’énergie cinétique acquise par la
collision avec m s’est transformée totalement en énergie potentielle élastique que le ressort
emmagasine.
1
1
M
, x0 = 2,33cm
Mv 2 = kx02
x0 = v
k
2
2
2/ Puisque le choc est mou la vitesse de la masse m est égale à la vitesse de la masse M .
Pour calculer la vitesse on applique le principe de la conservation de la quantité de
mouvement au système ( M + m ) :
Ec = E p ,
mv0
v ' = 0,17ms 1
M +m
3/ Le choc est mou. L’énergie cinétique dépensée est égale à l’énergie potentielle
emmagasinée :
p1' = p2' , mv0 = ( M + m ) v '
Ec = E p ,
v' =
1
1
( M + m ) v '2 = kx0'2
2
2
x0' = v '
M +m
=
k
mv0
k (m + M )
,
x0' = 2,33cm
Pour obtenir le travail demandé on applique le théorème de l’énergie cinétique :
!Ec = " W
1
W = kx0'2 , W = 2,17 J
2
!Ec = !E p
Exercice 6.8 :
1/ Le graphe ci-dessous représente les variations de l’énergie potentielle en fonction de la
distance .
Ep
0
dE p
= 2 Kr 1
dr
r
e
a2
2
d 2 Ep
dr
2
+
dE p
+
E p ,max
0
+
dr 2
d 2 Ep
r2 / a2
a
+
+
dr
0
Ep ( r )
0
a
2/ L’énergie potentielle atteint sa valeur maximale quand sa première dérivée par rapport à
s’annule :
dE p
2
2
r2
= 2 Kr 1 2 e r / a = 0 r = a
dt
a
r=a
E p ,max = Ka 2e
1
3/ Les positions d’équilibre correspondent à l’annulation de la dérivée première
où r $ ]
A.FIZAZI
,+
[.
Univ-BECHAR
dE p
dt
=0,
LMD1/SM_ST
229
Travail et énergie
dE p
dt
= 2 Kr 1
r2
e
a2
r 2 / a2
r = {0, ± a, ±
=0
}
4/ Les positions d’équilibre stable correspondent aux positions pour lesquelles
dE p
dt
d 2Ep
dt 2
0 , et
= 0 de là et d’après l’énoncé on obtient :
d 2Ep
dt 2
r2
r4
= 2K 1 5 2 + 2 2 e
a
a
r2
a2
r = {0, ±
0
}
5/ L’expression de la force F ( M ) nous la déduisons de la formule F ( M ) =
F (M ) =
Ep
F (M ) =
r2
F ( M ) = 2 Kr 1 2 e
a
dE p
dt
r 2 / a2
Ep :
u
.ur
Exercice 6.9 :
1/ Calcul de la vitesse vB :
1 2
mvB
2
1 2
mv A = mgH
2
vB = 2 gH
0
2/ Expression de h en fonction de et
: h = r r cos
h = r (1 cos
)
3/ Calcul de la vitesse vC au point C en fonction de h et vB :
1 2 1 2
mvC
mvB = mgh
vC = 2 gh + vB2
2
2
4/ La valeur de la réaction R en fonction de m, r , , vB et g :
La particule est soumise aux deux forces P et R . Le mouvement étant circulaire, la
résultante est une force normale. Projetant les forces sur l’axe normal et déduisons la
réaction :
R + P = ma
R mg cos = ma N
m
2mg + vB2
R = 3mg cos
(1)
vC2 1
2
r
a = aN =
= ( 2 gh + vB )
r r
h = r (1 cos )
5/ Pour que la particule atteigne au moins le point S avec une vitesse nulle il faut qu’elle
ait acquis au point B une vitesse minimale qui doit vérifier l’équation :
1 2 1 2
mvS
mvB = mg ( 2r )
vB ,min = 4 gr
2
2
0
6/ Pour calculer la réaction aux points B et S exploitant l’équation (1) et remplaçant h et
:
Au point B on a : = 0, h = 0 , d’où :
A.FIZAZI
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230
Travail et énergie
RB = 3mg cos 0 2mg +
m 2
vB ,min
r
m
4 gr
r
, d’où :
RB = 3mg 2mg +
Au point S on a = , h =
RS = 3mg cos
2mg +
RB = 5mg
m 2
vB ,min
r
m
4 gr
RS = mg
r
Quand la particule se déplace entre les points cités plus haut le signe de la réaction change
du positif au négatif. Cela prouve l’inversion du sens de la réaction au point I (On comprend
de cela que la réaction s’annule au point I ). Le point où s’annule la réaction est défini par
l’angle I que nous voulons déterminer (toujours à partir de l’équation (1) )
RS = 3mg 2mg +
m 2
vB ,min
r
m
2
0 = 3mg cos I 2mg + 4 gr cos I =
I ( 132°
3
r
7/ Pour que la réaction ne s’annule pas entre les points B et S , c'est-à-dire qu’elle doit
rester positive tout au long de l’arc BS , il faut satisfaire les conditions suivantes :
vB2 ,0
R ) 0 3mg cos
2mg + m
)0
r
RI = 3mg cos
I
2mg +
vB ,0 ) 5rg
La valeur de H correspondante est :
1 2
mvB ,0 = mgH
2
vB2 ,0 ) 5rg
H)
5
r
2
Exercice 6.10 :
Première collision :
Soit v1 la vitesse initiale de la bille m1 avant le choc, pendant que la bille m2 est à l’état de
repos. Après la première collision, la vitesse de la bille m1 devient v1' , au moment où la
bille m2 acquiert la vitesse v2 . Appliquons les principes de la conservation de la quantité de
mouvement et de l’énergie cinétique pour pouvoir écrire :
m1v1 = m1v1' + m2v2
m1v1' = m1v1 m2v2 (1)
1
1
1
m1v12 = m1v1'2 + m2 v22
m1v1'2 = m1v12 m2 v22 ( 2 )
2
2
2
'
Eliminons l’inconnue v1 entre les deux équations (1) et ( 2 ) , en élevant au carré la première
et en multiplions la deuxième par m1 , puis on en déduit la vitesse v2 :
(1)
( 2 ) m1
2
m12v1'2 = m12 v12 + m22 v22 2m1m2v1v2
( 3) = ( 4 )
A.FIZAZI
( 3)
m12v1'2 = m12 v12 m1m2 v22 ( 4 )
m22 v22 2m1m2 v1v2 = m1m2v22
Univ-BECHAR
v2 =
2m1v1
m1 + m2
LMD1/SM_ST
231
Travail et énergie
Deuxième collision:
Soit v2 la vitesse de m2 acquise après le premier choc, pendant que la bille m3 est au repos.
Après le deuxième choc la vitesse de la bille m2 devient v2' , et v3 la vitesse acquise par la
bille m3 . Appliquons les principes de la conservation de la quantité de mouvement et de
l’énergie cinétique pour pouvoir écrire :
m2 v2 = m2v2' + m3v3
m2 v2' = m2 v2 m3v3 ( 5 )
1
1
1
m2 v22 = m2v2'2 + m3v32
m2 v2'2 = m2 v22 m3v32 ( 6 )
2
2
2
Eliminons l’inconnue v2' entre les équations ( 5 ) et ( 6 ) , en élevant au carré la première et
en multipliant la deuxième par m2 , et puis en déduire la vitesse v3 :
( 5)
( 6 ) m2
2
m22v2'2 = m22 v22 + m32 v32 2m2 m3v2 v3
( 7 ) = ( 8)
m22v2'2 = m22v22 m2 m3v32
(7)
(8)
m32 v32 2m2 m3v2 v3 = m2 m3v32
v3 =
2m2 v2
m2 + m3
Remplaçant v2 par sa valeur calculée précédemment pour obtenir :
v3 =
4m1m2v1
( m1 + m2 )( m2 + m3 )
(9)
D’après l’énoncé les grandeurs v1 , m1 , m3 sont des constantes, mais v3 est variable
puisqu’elle est fonction de m2 dont nous devons déterminer la valeur pour que v3 soit
maximale. Le problème se transforme donc en fonction mathématique v3 = f ( m2 ) que nous
devons dériver, et de là chercher une valeur de m2 pour laquelle la dérivée de v3 par rapport à
la variable m2 s’annule.
Pour simplifier posons m2 = x , v3 = y et écrivons l’équation ( 9 ) sous la forme :
y=
4m1v1 x
( m1 + x )( x + m3 )
Dérivons l’équation y = f ( x ) pour obtenir :
( m1 + x )( x + m3 ) x ( m1 + x ) + ( x + m3 )
dy
= 4m1v1
2
2
dx
( m1 + x ) ( x + m3 )
m1m3 x 2
dy
= 4m1v1
2
2
dx
( m1 + x ) ( x + m3 )
y atteint sa valeur maximale quand
dy
= 0 , d’où :
dt
dy
= 0 m1m3 x 2 = 0
x = m2 = m1m3
dx
La valeur obtenue est celle de la masse m2 pour que la bile m3 acquière une vitesse
maximale v,max après que la bille m2 l’ait percutée. Quant à l’expression de la vitesse
maximale on l’obtient en remplaçant m2 dans l’équation ( 9 ) :
A.FIZAZI
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232
Travail et énergie
v,max =
4m1 m1m3 v1
(m +
m1m3
1
)(
m1m3 + m3
)
Exercice 6.11 :
1/ La force de frottement suivant le segment rectiligne AB est :
f = µN
f = µ mg cos
, f = 4,9 N
N = mg cos
2/ pour calculer la vitesse acquise par le corps au point B , appliquons le théorème de
l’énergie cinétique :
!Ec = " Wi
1 2
mvB 0 = mga sin
2
vB = 2a g sin
fa
f
m
, vB = 3,88m.s
1
Par la même méthode calculons la vitesse v en négligeant les frottements dans la partie
BC du chemin suivi :
1 2
mv
2
1 2
mvB = mg ( 2a l0 ) sin
2
1
+ vB2
2
v = g ( 2a l0 ) sin
1/ 2
, v ( 4, 6m.s
1
3/ Toute l’énergie cinétique acquise par le corps jusqu’à son arrivée au contact du ressort
se transforme en énergie potentielle élastique dans le ressort, d’où :
1 2 1 2
m
, x = 14, 5cm
mv = kx
x=v
2
2
k
4/ Dans ce cas c’est l’inverse qui se produit : toute l’énergie potentielle que le ressort a
emmagasinée au cours de sa compression se transforme de nouveau en énergie cinétique, de
telle façon que le corps va être relancé avec la même vitesse que celle avec laquelle il a
percuté le ressort. Nous allons le vérifier :
!Ec = !E p ,
1 2 1 2
k
, v = 4, 58ms1
kx = mv
v=x
m
2
2
En appliquant le théorème de l’énergie cinétique on va calculer la distance d que remonte
le corps après qu’il ait quitté le ressort :
!E p =!Ec ,
0
1 2
mv = mgd sin
2
d=
v2
2 g sin
, d ( 1, 23m
Exercice 6.12 :
1/ On considère le plan horizontal passant par le centre de la sphère comme référentiel de
l’énergie potentielle ( E p ,O = 0 ) .
L’énergie potentielle au point M 0 est :
EM 0 = mgh0
h0 = mg cos
L’énergie potentielle au point M est :
A.FIZAZI
EM 0 = mgR cos
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233
Travail et énergie
1
EM = mgh + mv 2
2
h = R cos
v= R
1
EM = mgR cos + m 2 R 2
2
En appliquant le principe de la conservation de l’énergie mécanique on en déduit la
vitesse angulaire :
1
EM 0 = EM
mgR cos = mgR cos + m 2 R 2
2
2g
=
( cos cos )
R
2/ Pour calculer la réaction, on fait l’inventaire des forces, on les représente puis on les
projette sur l’axe normal, et on remplace la vitesse angulaire par sa valeur que nous avons
calculée dans la première question. Donc :
R P sin
aN =
sin
2
2
+
= ma N
N = mg ( 3cos
R
2
2 cos
)
+
3/ Le point matériel quitte la surface de la sphère quand la réaction s’annule pour un angle
bien déterminé que nous nous proposons de calculer :
2
N = 0 cos 0 =
0 ( 48°
3
Discussion : L’angle sous lequel le point matériel quitte la sphère est indépendant du
rayon et de la masse de la sphère. Cependant ce résultat change en présence d’une vitesse
initiale ou de frottement à la surface.
Exercice 6.13 :
1/ L’allure générale de la courbe est la suivante :
Ep
K
2a
B
a
A
+a
x
K
2a
2/ Les positions d’équilibre stable sont caractérisées par les deux conditions :
dE p
d 2Ep
0
=0 ,
dx
dx 2
x0
Les positions d’équilibre instable sont caractérisées par les deux conditions :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
234
Travail et énergie
dE p
dx
d 2Ep
=0 ,
0
dx 2
x0
En dérivant E p par rapport à x deux fois de suite, on obtient :
dE p
dx
d 2Ep
dx
2
=K
a2
(
x2
x2 + a 2
(x
= 2 Kx
(x
2
3a 2
+a
2
)
)
2
=0
x = ±a
d 2Ep
)
dx 2
2 3
0
x =+ a
2
d Ep
dx 2
0
x= a
Nous remarquons que la position d’équilibre stable est ( A ) d’abscisse x = a , mais la
position d’équilibre instable est ( B ) d’abscisse x = + a .
Exercice 6.14 :
1.a/ On remarque sur a figure de l’énoncé que :
O ' P = OO ' + OP
O ' P == a ( ux + ur )
OO ' = au x
OP = aur
Exprimons le vecteur unitaire u x en fonction de u et de u pour obtenir l’expression
demandée :
u x = cos .ur
O ' P = a (1 + cos
sin .u
) .ur
a sin .u
Le module de ce vecteur est :
O'P =
a (1 + cos
O ' P = 2a 2 (1 + cos
1 + cos = 2 cos
)
2
+ [ a sin
]
2
)
O ' P = 2a cos
2
2
2
b/ la bille est soumise à une force de rappel d’expression T = k ( l l0 ) u , où l = O ' P
et u le vecteur unitaire suivant la direction O ' P . On peut décomposer le vecteur u en deux
composantes : u = cos ur sin u .
2
2
Donc la tension du fil élastique est :
T= k
2a cos
2
l0
cos ur sin u
2
2
2.a/ Le vecteur vitesse est défini par l’expression :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
235
Travail et énergie
v = aur + a u
v =a u
0
b/ La force F est la résultante de trois forces : le poids P , la tension T et la réaction R :
F = P +T + R
+ = F .v = P + T + R v
(
Pv = ( mg cos ur
Tv = k
)
mg sin u ) a u
2a cos
l0
2
Pv = a mg sin
cos ur sin u
2
2
a u
Tv =
k 2a cos cos ur + k 2a cos sin u + kl0 cos ur kl0 sin u
2
2
2
2
2
2
1
Tv = a 2ka cos sin
a kl0 sin
Tv = a 2 k sin
a kl0 sin
2
2
2
2
2
a u
1
sin
2
R,v
Rv = 0
(
)
+ = F .v = P + T + R v
+= a
+ = a mg sin + a 2 k sin
( ka
mg ) sin
kl0 sin
a kl0 sin
2
2
c/ A partir de la puissance on en déduit le travail élémentaire qu’on intègre pour obtenir
l’expression de l’énergie potentielle :
dW =+dt
dE p = dW
+= a
( ka
dE p =
mg ) sin
kl0 sin
Ep = a
( ka
mg ) sin
kl0 sin
2
a dt
d
2
( ka
mg ) sin
E p = a ( ka mg ) cos
kl0 sin
2kl0 cos
2
2
d
+ C te
3.a/ Pour trouver les positions d’équilibre on cherche les valeurs de pour lesquelles la
dérivée première de l’énergie potentielle s’annule. On remplace d’abord a et l0 qui se
trouvent dans la parenthèse par leurs valeurs respectives qui sont données dans l’expression
de E p :
E p = mga cos
2 3 cos
2
On dérive cette dernière expression par rapport à , puis on procède à une transformation
trigonométrique adéquate pour obtenir à la fin le résultat suivant :
A.FIZAZI
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236
Travail et énergie
dE p
d
= mga
sin + 3 sin
sin = 2sin
dE p
2
d
cos
2
2
On en déduit les deux valeurs de
dE p
= mga sin
3 2 cos
2
2
pour lesquelles la dérivée première s’annule :
1 =0
=0
d
/3
2 =
0- - /2
b/ D’après l’énoncé on doit déterminer les positions d’équilibre stable et d’équilibre
instable. Pour cela on doit chercher le signe de la seconde dérivée de l’énergie potentielle
pour les deux valeurs 1 et 2 :
d 2Ep
= mga
d
d 2Ep
d
d 2Ep
d
3
cos
1
2
2
(
1
= 0 ) = mga
(
2
=
/ 3) =
3
1
2
mga
2
0 Equilibre instable
0 Equilibre stable
Exercice 6.15 :
1/ Calculons d’abord la vitesse de la bille B1 tout juste avant le choc avec la bille B2 . Pour
cela on doit appliquer le théorème de l’énergie cinétique( h0 est la hauteur de laquelle la bille
B1 est abandonnée) : !Ec = "Wi
1
m1v02 = m1 gh0
2
h0 = l (1 cos 0 )
v0 = 2 gl (1 cos
0
)
a/ Cas du choc élastique :
On suppose que la quantité de mouvement et l’énergie cinétique sont conservées. Ceci
nous permet de calculer les deux équations suivantes que nous divisons membre à membre.
On obtient donc :
m1v0 = m1v1 + m2 v2 (1)
1
1
1
m1v02 = m1v12 + m2 v22
2
2
2
( 2) v = v + v
( 3)
2
0
1
(1)
m1v02 = m1v12 + m2v22
Remplaçons v2 et v0 dans l’équation (1) , sachant que x =
( 2)
m1
puis déduisons la
m2
vitesse v1 , il vient alors :
v1 =
x 1
2 gl (1 cos
x +1
0
)
Remplaçons v0 et v1 dans l’équation (1) puis déduisons la vitesse v2 , on obtient alors :
A.FIZAZI
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237
Travail et énergie
v2 =
2x
2 gl (1 cos
x +1
0
)
Appliquons de nouveau le théorème de l’énergie cinétique aux deux billes pour obtenir
leurs angles de déviation :
1
m1v12 = m1 gh1
2
h1 = l (1 cos 1 )
v1 =
x 1
2 gl (1 cos
x +1
0
)
cos
1
m2 v22 = m2 gh2
2
h2 = l (1 cos 2 )
v2 =
2x
2 gl (1 cos
x +1
0
2
1
x 1
m1 gl (1 cos 1 ) = m1
2
x +1
1
=1
x 1
x +1
2
(1
cos
0
)
1
2x
m2 gl (1 cos 2 ) = m2
2
x +1
)
cos
2
=1
2x
x +1
2
(1
cos
0
)
2 gl (1 cos
0
)
( 4)
2
2 gl (1 cos
0
)
( 5)
Discussion :
x
1
v1
0
v2
0
: Les deux billes remontent dans le même sens après le choc telle que la
vitesse de A1 soit plus petite que la vitesse de A2 .
x =1
v1 = 0
v2 = v0
: La bille A1 s’arrête après le choc en transférant toute son énergie à la
bille A2 qui s’élance avec a vitesse v0 .
x 1
v1
0
v2
0
: Les deux billes remontent en sens contraires de telle façon que la bille A1
revient sur son chemin et la bille A2 se déplace dans le sens contraire.
b/ Cas du choc mou :
La quantité de mouvement étant conservée, la vitesse des deux billes collées ensemble
tout juste après le choc est :
x
2 gl (1 cos 0 )
m1v0 = ( m1 + m2 ) v
v=
(6)
x +1
On applique au système le théorème de l’énergie cinétique pour trouver :
A.FIZAZI
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238
Travail et énergie
!Ec = " Wi
1
( m1 + m2 ) v 2 = ( m1 + m2 ) gh
2
h = l (1 cos )
v = 2 gl (1 cos
)
(7)
L’égalisation des deux équations ( 6 ) et ( 7 ) nous donne l’angle de déviation
cas du choc mou :
cos
2
x
=1
x 1
(1
cos
0
dans le
)
2/ Application numérique :
a/ Pour trouver la valeur de x pour laquelle les deux billes s’écartent en sens
contraires d’un même angle, il faut égaliser les deux équations ( 4 ) et ( 5 ) :
cos
1 = cos
x 1
x +1
1
2
2
(1 cos
0) =1
2x
x +1
2
(1
cos
0
)
x1 = 1
3x 2 + 2 x 1 = 0
x2 = 1/ 3
Seule la solution positive est acceptable, soit : x = x2 = 1/ 3 , et l’angle
'
correspondant est :
cos ' = 1
x 1
x +1
2
(1
cos
0
),
cos ' = 0,875
' = 29°
b/ Les deux angles de déviation pour x = 2 :
Dans le cas du choc élastique : on remplace dans l’équation ( 4 ) :
2
x 1
cos 1x=2 = 1
(1 cos 0 ) , cos 1x=2 = 0,94
x +1
Dans le cas du choc mou : on remplace dans l’équation ( 5 ) :
cos
A.FIZAZI
2 x =2
=1
2x
x +1
2
(1
cos
0
) cos
Univ-BECHAR
2 x =2
= 0,11
2 x =2
1x=2
( 20°
= 83, 7°
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