1 Mécanique NYA Notes de cours Thème : Quantité de mouvement

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Mécanique NYA
Notes de cours
Thème : Quantité de mouvement, collisions et centre de masse
a) Quantité de mouvement et impulsion
La quantité de mouvement d’une particule est donnée par :


p  mv
(quantité vectorielle)
Unités : kg m/s
On peut montrer que la deuxième loi de Newton peut prendre une autre
forme équivalente en mécanique newtoniènne :


dp d

dv

 m v   m
 ma
dt dt
dt
Nous pouvons en conclure que :
 dp
F
dt

( F est la force résultante
agissant sur la particule).
Commentaire :
Nous avons supposé ici que la masse est une constante ne changeant pas
avec la vitesse. Cette restriction ne peut être maintenue en Relativité
restreinte, théorie formulée par Einstein en 1905, la masse augmentant
avec la vitesse pour tendre finalement vers l’infini lorsque la vitesse de la
particule s’approche de celle de la lumière dans le vide. Einstein dut partir
de la dernière relation pour définir la force.
2
Supposons maintenant qu’une force résultante variable agisse sur une
particule, entre deux valeurs de temps t i et t f . Nous avons à partir de
notre relation :
 
dp  F dt
Ceci donne :

tf 

p   F dt  I

( I est l’impulsion donnée à la particule)
ti
La variation de la quantité de mouvement de la particule correspond à
l’impulsion qu’elle reçoit.
Interprétation graphique de l’impulsion en une
dimension
Aire = Impulsion = FMoy t
Graph.
F
FMoy
ti
t
tj
t
De façon générale, on définit la notion de force moyenne à partir de la
relation suivante :
  
p  I  FMoy t
3
Exemple
Rebond d’une balle.
y
h'
h
m  100 g
h2m
h'  1,5 m
(Masse de la balle)
t  10 2 s (Durée du choc)

vf

j
(Sol)

vi
Nous allons calculer la force moyenne exercée sur la balle pendant son
contact avec le sol.
Avant d’appliquer les notions précédentes, il faut toutefois déterminer les
valeurs pour la vitesse de la balle avant d’arriver au sol et après avoir quitté
le sol. Pendant la descente et la montée de la balle, l’énergie mécanique est
conservée :
K  U g  0
m vi2

 m g h  vi  2 g h  6,3 m / s
2
m v 2f
 m g h'  v f  2 g h'  5,4 m / s
2
Les valeurs calculées ici sont des grandeurs.






pi  m vi  100  10 3 kg  6,3 m / s j   0,63 kg m / s j




p f  m v f  100  10 3 kg 5,4 m / s j   0,54 kg m / s j




 

p p f  pi 0,54   0,63 j kg m / s
FMoy 


t
t
10 2 s
4
Nous obtenons finalement :


FMoy  1,2  102 j N
m g 1,0 N 
Cette force vers le haut est donc principalement exercée par le sol.
b) Conservation de la quantité de mouvement
Considérons un système isolé de deux particules où les particules ne
peuvent qu’interagir l’une avec l’autre.

p1

p1
m1

F12

p2

F21
m2

p
  
p  p1  p2

p2
Quantité de mouvement totale
En raison de la 3ième loi de Newton, nous avons :


F21   F12
Maintenant dérivons la quantité de mouvement totale par rapport au
temps :





dp dp1 dp2


 F12  F21  0
dt
dt
dt
5
Ceci implique donc que la quantité de mouvement totale est constante ou
conservée.
  
p  p1  p2  cte
On peut aussi dire que les particules, pendant leur interaction, reçoivent
des impulsions égales et opposées puisqu’alors :


p1  p2  0
Un système peut ne pas être parfaitement isolé mais si dans un plan donné
seules les forces d’interaction entre les particules sont à considérer, la
quantité de mouvement est alors conservée dans ce plan.
Exemple
Tir d’un canon reposant sur une surface sans frottement.
Trouver la vitesse du boulet.

g
x

v1

v2
m2 
m1 
m1  3000 kg
v1  1,8 m / s
m2  30 kg
Dans la direction horizontale, il n’y a que les forces d’interaction entre le
canon et le boulet. La quantité de mouvement, qui est nulle au départ, est
donc conservée dans cette direction.
m1 v1x  m2 v2 x  0  v2 x  
 3000 kg 
m1
  1,8 m / s 
v1x  
m2
 30 kg 
6
Nous obtenons donc :
v2 x  180 m / s
Collisions
Lors de collisions, il peut arriver que des forces extérieures (autres que
celles entre les particules) soient présentes dans le plan considéré.
Cependant dans beaucoup de cas, ces forces sont négligeables par rapport
aux forces d’interaction. On peut donc alors, et ce avec une bonne
approximation, appliquer le principe de conservation de la quantité de
mouvement. Nous supposerons ici que ce principe est applicable.
Types de collisions :
 Collision élastique : l’énergie cinétique est
conservée.
La quantité
de
mouvement
est
conservée
 Collision inélastique : l’énergie cinétique est non
conservée.
 Collision parfaitement inélastique : l’énergie
cinétique est non conservée et
les objets restent ensuite
collés l’un à l’autre.
Le thème des collisions est très vaste. Nous nous contenterons ici d’en
traiter quelques aspects.
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1) Collisions parfaitement inélastiques en une dimension
La situation générale est montrée à la figure ci-dessous.
0
m1
x

v1i

v2i
m2
AVANT
m1  m2 

vf
APRÈS
m1 v1i  m2 v2i  m1  m2  v f
 vf 
m1 v1i  m2 v2i
m1  m2
Exemple
Considérons la figure précédente avec les paramètres ci-dessous.
m1  0,5 kg
v1i  4,0 m / s
m2  0,25 kg
v2i  3,0 m / s
vf 
0,50 kg 4,0 m / s   0,25 kg  3,0 m / s 
0,50 kg  0,25 kg 
v f  1,7 m / s
On peut aussi comparer les énergies cinétiques avant et après le choc.
Ki 
1
0,50 kg 4,0 m / s 2  1 0,25 kg  3,0 m / s 2
2
2
K i  5,1 J
8
Kf 
1
0,50 kg  0,25 kg 1,7 m / s 2
2
K f  1,0 J
Nous avons donc une perte d’énergie cinétique :
K i  K f  4,1 J
Cette perte correspond à la quantité de chaleur produite lors de la collision.
N.B. L’énergie cinétique n’est pas complètement perdue puisqu’ici
l’application du principe de conservation de la quantité de mouvement
montre que les particules collées ensemble ont une vitesse différente
de zéro.
Exemple
Un pendule balistique permet de déterminer la vitesse d’un projectile. La
séquence des étapes importantes est montrée à la figure suivante :
m 
v
Balle
Bloc
M

V
M m
h
M m
Collision parfaitement inélastique
M  1 kg
m5g
h  5 cm
Montée
9
Collision
L’application du principe de conservation de la quantité de mouvement
nous donne :
m v  M  mV
La vitesse du projectile s’obtient donc par :
v
M  m  V
m
Montée
Pendant la montée, l’énergie mécanique est conservée. Nous pouvons
écrire :
 M  mV 2 
K  U g  0  0 
  M  m g h  0
2


Nous obtenons :
V  2gh
Vue d’ensemble
Les résultats précédents peuvent être combinés pour obtenir finalement :
v
M  m 
m
2gh
v  200 m / s
N.B. Il ne faut pas oublier ici que nous avons une collision inélastique.
L’énergie mécanique n’est donc pas conservée lors de la collision. En
effet pendant la rentrée de la balle dans le bloc, une partie de l’énergie
cinétique est transformée en chaleur. Il ne faut pas confondre cette
situation avec celle de la montée.
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2) Collisions dans un plan
La situation générale est la suivante :
m1

v1
m1

v '1
x

v2
m2
y

v '2
m2
La quantité de mouvement est conservée en x et en y :
m1 v1x  m2 v2 x  m1 v'1x  m2 v'2 x
m1 v1 y  m2 v2 y  m1 v'1 y  m2 v'2 y
Exemple
Considérez la situation suivante et calculez la vitesse de la rondelle de 0,3
kg après la collision et évaluez aussi les énergies cinétiques avant et après
la collision.
1m/s
y
0,2 kg
(Après)
(Avant)
0,2 kg
53
2 m/s
x

0,3 kg
0,3 kg

v
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La conservation de la quantité de mouvement en x et en y nous donne :
0,2 kg  2 m / s  0,2 kg  1 m / s  cos 53  0,3 kg  vx
vx  0,932 m / s
0  0,2 kg  1 m / s  sin 53  0,3 kg  v y
v y  0,532 m / s
La grandeur et l’orientation de la vitesse se calculent de la façon usuelle :
  29,3
v  1,073 m / s
Il est facile de calculer les énergies cinétiques avant et après la collision :
0,2 kg
2
 2 m / s   0,4 J
2
0,2 kg
0,3 kg
2
2
Kf 
 1 m / s  
 1,073 m / s   0,273 J
2
2
Ki 
On a donc :
K  K f  K i  0,127 J
Ce qui fait que le pourcentage d’énergie cinétique perdu correspond à :
 0,127 J 

  100  31,8 %
0
,
4
J


c) Le centre de masse
Pour un ensemble de particules, le vecteur position du centre de masse est
défini de la façon suivante :

 mi ri

rCM 
M
où
M   mi
L’équation peut être lue en x et en y :
12
xCM 
 mi xi
M
;
yCM 
 mi yi
M
En trois dimensions, la généralisation est évidente. Avant de faire le lien
avec la notion de quantité de mouvement, nous allons approfondir celle de
centre de masse et faire son application.
Système de deux particules
Considérons deux particules et supposons que les vecteurs positions sont
calculés par rapport au centre de masse. Dans ce cas, notre définition
générale nous donne :



rCM  0  m1 r1  m2 r2  0 
m1 r1  m2 r2
Ces relations nous enseignent que le centre de masse est situé sur la droite
joignant les deux particules et plus près de la plus massive des deux
comme on le montre à la figure suivante où m2  m1 .

r1
m1

r1 '
CM

r2
m2

r 'CM

r2 '
Maintenant vérifions que ceci nous donne l’équation pour la définition de
la position du centre de masse en considérant un autre point par rapport
auquel les vecteurs positions seront calculés :


 
 
m1 r1  m2 r2  0  m1 r1 'r 'CM   m2 r2 'r 'CM   0
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L’algèbre nous donne :





m1 r1 'm2 r2 '  m1 r 'CM m2 r 'CM  m1  m2  r 'CM
Nous obtenons donc en conformité avec notre point de départ :


m r ' m2 r2 '

r 'CM  1 1
m1  m2
N.B. Peu importe le point par rapport auquel sont calculés les vecteurs
positions, nous aboutirons pour le centre de masse (CM) toujours au
même point relativement aux positions des particules.
Le centre de masse en astrophysique
Voici quelques exemples :
- La Terre et la Lune tournent autour de leur centre de masse qui est
situé sous la surface terrestre. Mentionnons que la masse de la Terre
est environ 81 fois plus massive que la Lune.
M T rL
  81
M L rT
Terre
CM
MT
rL
Lune
rT
ML
- De nombreux systèmes stellaires, contrairement au nôtre ayant une
seule étoile le Soleil, comportent deux étoiles tournant autour de
leur centre de masse. Pour certains de ces systèmes, on a pu en
appliquant les principes de la mécanique céleste déterminer la masse
d’étoiles. Dans la théorie de l’évolution stellaire, la masse de l’étoile
est un paramètre fondamental dont dépendra son rythme
d’évolution de même que son destin.
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Exemple
Trouver la position du centre de masse du système de particules suivant.
y
4 m
CM
2 m
0
m
d
xCM 
x
b
2 md   m d  b   4 m d  b  7 m d  5 m b

2m  m  4m
7m
xCM  d 
yCM 
h
5
b
7
2 m0  m 0  4 m h 
7m
yCM 
4
h
7
N.B. Prendre un autre système de coordonnées ne change pas la position
du centre de masse relativement aux particules.
Le centre de masse d’un corps rigide

Il s’obtient de la façon suivante : rCM 
1
M

 r dm
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d) Le mouvement du centre de masse
Imaginons que nos particules puissent être en mouvement et repartons de
notre équation de départ :


M rCM   mi ri
Dérivons maintenant cette expression par rapport au temps :


drCM
dri
M
  mi
dt
dt




M vCM   mi vi   pi
Nous obtenons donc :



M vCM  p   pi
N.B. Lors d’une collision, la quantité de mouvement totale est conservée. Il
faut donc en conclure que la vitesse du centre de masse est constante
donc que ce dernier aura en général un mouvement rectiligne
uniforme non affecté par la collision.
En dérivant à nouveau par rapport au temps :


dpi

M aCM  
  Fi
dt
Maintenant classons les forces agissant sur le système en forces externes et
internes (ces dernières s’exerçant entre les constituants du système et
formant des paires action-réaction).



F

F

F
 i  Externes  Internes
Puisque la 3ième loi de Newton nous donne :

F
Internes
0
Nous pouvons en conclure que :
16

F
Externes

 M aCM
N.B. A nouveau revenons à nos collisions. Comme nous avons supposé
l’existence dans le plan considéré de seulement des forces
d’interaction entre les particules (forces internes), nous pouvons en
conclure que l’accélération du centre de masse est nulle rejoignant
ainsi la conclusion de l’encadré précédent.
Situation particulière
Un canon lance un boulet qui finit par exploser pour former en ensemble
d’éclats. Avant ou après l’explosion, les forces externes sur le système se
ramènent au poids total. Nous pouvons en conclure qu’après l’explosion, le
centre de masse du système continuera son mouvement parabolique
comme si de rien n’était.

Mg
Mouvement du
centre de masse
(CM) après
l’explosion
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Exemple
Considérons une barque au repos sur un lac calme dans laquelle prend
place Homer Simpson, grand amateur de pèche. Il voit à l’avant de sa
barque un petit panier dans lequel se tient une bouteille de sa marque de
bière favorite. Il décide alors de marcher jusqu’à l’avant de la barque placé
à 3,0 m de lui au départ. De combien s’est-il approché de la bouteille de
bière sachant que sa masse est de 60 kg et que celle de la barque soit de 40
kg ? On considère le frottement entre la barque et l’eau comme
négligeable.
x
0
x Barque
xHomer
La position du centre de masse du système ne change pas :
xCM  0  mHomer xHomer  mBarque xBarque  0
Nous obtenons que :
18
xBarque  
mHomer
 xHomer
mBarque
D’autre part nous avons que :
xBarque  xHomer  3,0 m
Avec l’algèbre, nous pouvons écrire :
m

 xHomer  Homer  1  3,0 m
 mBarque 
Finalement nous avons :
xHomer  
mBarque
mHomer  mBarque
 3,0 m  
40 kg
 3,0 m
60 kg  40 kg
Ce qui donne comme résultat :
xHomer  1,2 m
Il faut en conclure que la bouteille de bière restera hors de portée pour
Homer puisqu’il s’en est approché de seulement 1,2 m. Ceci est finalement
une bonne chose car la bière et la pêche en barque ne font pas bon
ménage.