POSTULATS DE LA DYNAMIQUE NEWTONIENNE ( ) ( )

POSTULATS DE LA DYNAMIQUE NEWTONIENNE
I. ÉNONCÉ DU POSTULAT DYNAMIQUE NEWTONIEN
G
Il existe au moins un référentiel ℜ , dit galiléen, dans lequel le mouvement d’un point matériel de vitesse v peut être décrit
G
G
G
 dv 
par la loi : F = m   = ma .
 dt  ℜ
Celle loi constitue la loi de la dynamique newtonienne ou relation fondamentale de la dynamique (RFD) ou principe
fondamental de la dynamique (PFD) ou 2ème loi de Newton.
¾
¾
En mécanique classique, on postule que m est une grandeur scalaire positive caractéristique de la particule appelée
sa masse (ou masse inertielle). Elle se mesure en kg.
G
F décrit les actions subies par la particule du fait de son environnement, elle est appelée force exercée sur la
G
particule. F est un invariant en mécanique classique (ne dépend pas du référentiel). On postule l’additivité des
forces.
II. EXEMPLES, CONDITIONS INITIALES
II.1 Point matériel soumis à une force nulle
• Système = Point matériel M de masse m
G G G
• Référentiel ℜ = O, i , j , k galiléen.
G G
• Bilan des forces : F = 0
G G
• PFD : ma = 0 ,
(
)
JJJJG
JJJJG G
G JJG
G
G dOM
Méthode 1 : intégrer l’équation différentielle en gardant les vecteurs : v =
= A = cte et OM = At + B .
dt
x = Ax
x = Ax t + Bx
x=0
Méthode 2 : projeter et intégrer les projections : y = 0 , donc y = Ay et y = Ay t + By
z=0
z = Az
z = Az t + Bz
Le principe fondamental de la dynamique ne suffit pas à déterminer complètement le mouvement. Il est nécessaire
JJJJG
G
de préciser les valeurs de OM et v à un instant donné (par exemple à t = 0), c'est-à-dire préciser les conditions
initiales.
JJJJG G
JJJJJG
G JJJJJG
G G
G G
Supposons qu’à t = 0 : M = M0 et v = v0 . On a alors : A = OM 0 et v = v0 , soit OM = v0 t + OM 0 .
G
On a donc un mouvement rectiligne uniforme (droite passant par M0 et parallèle à v0 )
G G
Dans un référentiel galiléen, a = 0 ⇔ le point M a un mouvement rectiligne uniforme.
Si le système n’est soumis à aucune force, on dit que le système est isolé.
G G
Si le système est soumis à un ensemble de forces tel que F = 0 , on dit que le système est pseudo-isolé.
II.2 Point matériel soumis à une force constante
On prend l’exemple d’un point M soumis au champ de pesanteur uniforme.
G G
On suppose qu’à t = 0 : M = O et v = v0 (voir schéma).
•
•
•
•
z
Système = Point matériel M de masse m
G G G
Référentiel terrestre ℜ = O, i , j , k galiléen.
G
G JJG
Bilan des forces : poids P = mg = cte
G
G
G G
PFD : ma = mg donc a = g . On utilise les coordonnées cartésiennes.
(
G
g
)
x = Ax
x=0
y = 0 , donc y = Ay
z = −g
z = − gt + Az
Q Postulats de la dynamique newtonienne (33-106)
G
v0
α
y
Page 1 sur 13
O
x
JN Beury
v0 cos α
x = v0 cos α
G
Or à t = 0, v0 0
. On a donc y = 0
.
v0 sin α
z = − gt + v0 sin α
On intègre encore une fois : attention, cela revient à une séparation des variables :
dz = − gtdt + v0 sin α dt et z = −
dz
= − gt + v0 sin α , d’où
dt
1 2
gt + v0 t sin α + cte
2
x = v0 t cos α + Bx
On obtient : y = By
z=−
. Or à t = 0, M = O, d’où
1 2
gt + v0 t sin α + Bz
2
x = v0 t cos α
Équations horaires : y = By
z=−
Pour obtenir l’équation de la trajectoire, il faut éliminer t : t =
1 2
gt + v0 t sin α
2
x
,
v0 cos α
2

1
x2
1 
x 
x 
=
−
+ x tan α
z
g
+
α
,
soit
sin
g
v


0 
2 v02 cos 2 α
2  v0 cos α 
 v0 cos α 
La trajectoire est une parabole dans le
G
G
plan contenant v0 et F .
d’où z = −
•
•
On peut chercher la portée, c'est-à-dire
l’abscisse pour laquelle z = 0, on a
1
x2
+ x tan α ,
soit
0=− g 2
2 v0 cos 2 α
xp =
2v02 tan α cos 2 α v02
v2
= 2sin α cos α = 0 sin 2α
g
g
g
La portée est maximale pour α =
π
4
.
II.3 Mouvement circulaire uniforme
On prend l’exemple d’un point M (satellite) soumis à la force de gravitation terrestre.
• Système = Satellite assimilé à un point matériel M de masse m
G G G
• Référentiel ℜ = O, i , j , k géocentrique galiléen (voir paragraphe suivant
(
•
•
y
G
uθ
)
pour la définition du référentiel géocentrique).
G −GM T m G
Bilan des forces : F =
uO→M
OM 2
G −GM T m G
PFD : ma =
uO→M . On projette le PFD dans la base des
OM 2
coordonnées cylindriques. On a vu que pour un mouvement circulaire
G −v 2 G
ur .
uniforme, a =
R
−mv 2 −GM T m
=
G G
On obtient immédiatement dans la base ( ur , uθ ) : R
R2
0=0
Q Postulats de la dynamique newtonienne (33-106)
Page 2 sur 13
G
ur
M
R
θ
x
O
JN Beury
D’où
v 2 GM T
=
R
R2
et v =
GM T
R
On donne souvent le champ de pesanteur terrestre au niveau du sol et le rayon terrestre : g 0 =
GM T
RT2
avec g0 = 9,81 m.s-2 = champ de pesanteur terrestre au niveau du sol
G =constante de gravitation universelle = 6,67×10–11 N·m2·kg–2
MT = masse de la terre = 2×1030 kg
RT = rayon de la terre = 6400 km
On a donc GM T = g 0 RT2 et v =
g 0 RT2
R
III. EXEMPLES DE RÉFÉRENTIELS GALILÉENS
III.1 À la recherche d’un référentiel galiléen
Un référentiel est galiléen est un référentiel dans lequel le mouvement d’un point matériel peut être décrit par le
PFD.
Pour tester si un référentiel est galiléen, on fait une expérience. S’il n’y a pas de contradiction entre l’expérience et la
théorie, on peut conclure que le référentiel est galiléen.
On verra plus tard comment cela se traduit si le référentiel n’est pas galiléen. Il faudra rajouter les effets des forces
d’inertie d’entraînement et de Coriolis.
III.2 Référentiel de Copernic
Origine du référentiel de Copernic : centre d’inertie du système solaire
Trois axes issus du centre d’inertie et dirigés vers des « étoiles fixes ».
Les étoiles situées en dehors de notre galaxie sont si éloignées que leurs écarts angulaires
peuvent être considérés comme constants sur des durées extrêmement étendues, c’est en
ce sens que l’on peut parler d’étoiles fixes. De plus, les étoiles sont si nombreuses que
l’on peut considérer que sur n’importe quelle direction issue d’un point du système
solaire, on peut en rencontrer une.
Soit S le centre d’inertie du système solaire. Il existe trois étoiles E1, E2, E3 tells que les
JJJG JJJG JJJG
axes SE1 , SE2 et SE3 soient deux à deux orthogonaux.
Le référentiel de Copernic est un excellent référentiel galiléen.
On utilise parfois le référentiel héliocentrique ou référentiel de Kepler : origine :
centre d’inertie du soleil et les axes sont parallèles aux axes du référentiel de Copernic.
E3
G
k
S
G
i
G
j
E1
III.3 Référentiel géocentrique
Le plan de la trajectoire de la Terre autour du Soleil est le plan de l’Ecliptique.
G
k
G
k
G
i
G
S j
Soleil
Q Postulats de la dynamique newtonienne (33-106)
G
T j
Terre
G
i
Page 3 sur 13
JN Beury
E2
Origine du référentiel géocentrique : centre d’inertie de la Terre
Trois axes issus du centre d’inertie et dirigés vers des « étoiles fixes ».
Le référentiel géocentrique est donc en translation par rapport au référentiel de Copernic.
L’orbite de la Terre par rapport au soleil est quasiment circulaire de rayon 150 millions de kilomètres. Si l’arc décrit est
peu grand, on peut l’assimiler à un morceau de tangente et on a un mouvement quasiment rectiligne uniforme.
Le mouvement de la Terre par rapport au référentiel de Copernic n’est pas rectiligne uniforme, cependant le référentiel
géocentrique s’avère être un très bon référentiel galiléen.
Dans tous les exercices (sauf celui sur les marées - voir cours sur les référentiels non galiléens), on pourra
considérer que le référentiel géocentrique est galiléen : voir exercice précédent avec satellite en orbite circulaire
uniforme autour de la terre.
III.4 Référentiel terrestre
Par rapport au référentiel de Copernic, la terre a un mouvement en rotation autour d’un axe appelé axe des pôles
(mouvement diurne) et un mouvement de translation du barycentre de la Terre autour du soleil (mouvement annuel).
Ces deux mouvements font qu’en toute rigueur, le référentiel terrestre n’est pas galiléen.
Origine du référentiel terre : un point quelconque de la Terre
Trois axes fixes par rapport à la Terre.
On verra qu’en première approximation, sur de nombreuses expériences à la surface de la terre (voir exercice
précédent de chute libre), le référentiel terrestre peut être considéré comme galiléen.
IV. PRINCIPE DES ACTIONS RÉCIPROQUES
G
On considère deux points matériels en interaction. La force que le point M1 exerce sur le point matériel M2 est notée F1→2 .
G
Le principe des actions réciproques stipule que le point M2 exerce sur le point M1 une force F2→1 telle que ces deux forces
sont opposées et ont pour support la droite joignant ces points.
Principe des actions réciproques ou troisième loi de Newton
JJJJJJG G
G
G
G
F2→1 = − F1→2 et M 1 M 2 ^ F1→2 = 0
G M2
F1→2
M1
G
F2→1
Exercice : On considère un point matériel en équilibre sur une table. Quelle est la force réciproque du poids ?
Correction : L’erreur à ne pas commettre est de dire que la force réciproque du poids est la réaction du support. C’est
faux. On verra la définition du poids : terme gravitationnel prépondérant + terme centrifuge très faible (voir chapitre sur
les référentiels non galiléens). On suppose la terre à symétrie sphérique. La résultante des forces de gravitation est
équivalente à une force unique créé par T le centre d’inertie de la terre affecté de la masse MT masse totale de la Terre.
On a donc une interaction entre deux points matériels M1 = T et M2 = M.
G
La force réciproque du poids est donc − P force qui s’applique au centre d’inertie de la Terre !
La force réciproque du poids n’est donc pas la réaction du support qui s’applique au contact entre le support et M.
V. LES LOIS DE NEWTON
Dans les principia en 1687, Newton fonde sa mécanique sur trois lois :
1ère loi de Newton : « Principe d’inertie » : Il existe des référentiels, dits inertiels (ou galiléens) dans lesquels un point
matériel libre de toute interaction est animé d’un mouvement rectiligne et uniforme.
G
2ème loi de Newton : « Principe fondamental de la dynamique » (PFD) : Dans un référentiel galiléen, l’accélération a d’un
G
G
G
point de masse m et soumis à ∑ F est donnée par la relation ∑ F = ma
3ème loi de Newton : « Principe des actions réciproques » : Les forces d’interaction réciproques qui s’exercent entre deux
points matériels sont opposées et ont pour support la droite joignant ces points.
JJJJJJG G
G
G
G
F2→1 = − F1→2 et M 1 M 2 ^ F1→2 = 0
Q Postulats de la dynamique newtonienne (33-106)
Page 4 sur 13
JN Beury
VI. EXEMPLES DE FORCES
VI.1 Les interactions fondamentales
a) Interaction gravitationnelle
On considère deux masses m1 et m2. La masse m1 exerce une force attractive sur la
masse m2. D’après le principe des actions réciproques, la masse m2 exerce une force
attractive sur m1.
G
u1→2
G m2
F1→2
r
m1
G
−Gm1 m2 G
Force d’interaction gravitationnelle ou d’attraction gravitationnelle : F1→2 =
u1→2
r2
• force en 1/r2.
• force attractive.
• portée infinie
m1 et m2 sont des masses gravitationnelles. L’expérience montre qu’elles peuvent être identifiées aux masses
inertielles. Il y a identité de la masse inertielle et de la masse gravitationnelle. On l’appellera masse par la suite.
G est la constante de gravitation universelle : G = 6, 67 × 10−11 N ⋅ kg −2 ⋅ m 2
Voir exercice sur les satellites au paragraphe II.3.
On donne souvent le champ de pesanteur au niveau du sol : g0 = 9,81 m.s-2.
GM T
MT désigne la masse de la terre et RT le rayon de la terre : g 0 =
avec RT = 6400 km et MT = 6×1024 kg.
RT2
G G
G
Parfois, on met m2 en facteur, on a alors : F1→2 = m2 A . A est appelé champ gravitationnel créé par la masse m1 au
G −Gm1 G
G
G
point 2. On a alors : A =
u1→2 et la force vaut F1→2 = m2 A . On retient pour l’instant que cela permet de
2
r
G
simplifier les expressions littérales en écrivant m2 A .
b) Interaction électromagnétique
C’est elle qui régit le plus grand nombre de phénomènes de la vie courante : il s’agit de l’interaction entre particules
chargées électriquement. Ainsi la force exercée par un ressort est de nature électromagnétique car elle trouve son
origine dans la déformation du métal qui a pour effet de rapprocher ou d’éloigner des atomes ; comme ces derniers
sont faits de particules chargées, nous sommes bien ramenés à une interaction électromagnétique qui est gérée par
les équations de Maxwell (voir cours de deuxième année).
G
G
Soit une particule de charge q placée dans un champ électrique E et un champ magnétique B , la force qui s’exerce
est appelée force de Lorentz (voir chapitre particule dans un champ électrique et un champ magnétique) :
G
G
G G
F = qE + qv ^ B
Cette formule sera utilisée ultérieurement dans le cours.
On va se placer pour l’instant dans le cas particulier de deux charges q1 et q2 en
interaction. La force qui s’exerce entre ces deux charges est donnée par la loi de
Coulomb :
G
qq G
Loi de Coulomb : F1→2 = 1 2 2 u1→2
4πε 0 r
r
q
G 2
F1→2
q1
1
F.m-1 = 8,84×10-12 F.m-1
36π × 109
Cette force est valable en toute rigueur quand les particules sont fixes dans un référentiel. On peut montrer qu’elle
contenue à être valable si la vitesse des points matériels est très petite devant la vitesse de la lumière dans le vide
( c = 3 ×108 m.s−1 ) .
ε 0 est la permittivité diélectrique du vide. Elle vaut : ε 0 =
Cette force a la même forme que l’interaction gravitationnelle mais elle en diffère par deux aspects :
• L’interaction gravitationnelle est une force attractive alors que l’interaction coulombienne est attractive ou
répulsive selon le signe des charges : Deux charges électriques de même signe se repoussent alors que deux
charges électriques de signe opposé s’attirent.
• L’interaction de Coulomb est beaucoup plus forte pour les particules élémentaires : exemple rapport des
forces entre un proton et électron :
Q Postulats de la dynamique newtonienne (33-106)
Page 5 sur 13
JN Beury
FG
GmP me 4πε 0
6, 67 × 10−11 × 1, 67 × 10−27 × 9,1× 10−31 × 4π × 8,84 × 10−12
=
=
= 4, 4 × 10−40 1 .
2
−19
FC
qP qe
(1, 6 ×10 )
Pour les particules élémentaires, on négligera toujours les forces de gravitation devant la force de Coulomb.
c) Interaction forte
Les protons ne repoussent violemment dans le noyau car les dimensions du noyau sont très faibles (10-15 m). Il y a
une nouvelle force appelée interaction forte dont l’intensité est mille fois supérieure à la force de répulsion
électrostatique.
C’est une force d’attraction liant les nucléons chargés ou non et plus particulièrement les particules dont sont
formées les nucléons, c'est-à-dire les quarks.
Cette force n’a pas de forme explicite avec la distance mais elle a une portée très faible. Au-delà de 10-15 m, à
l’extérieur des noyaux, elle devient négligeable devant l’interaction coulombienne.
d) Interaction faible
Elle a été introduite pour expliquer la désintégration radioactive d’un noyau avec émission d’un électron. Elle est
1014 fois plus faible que l’interaction forte. Elle n’a pas non plus de forme explicite avec la distance. Sa portée est
encore plus faible (10-17 m).
Les physiciens s’attachent à unifier ces interactions. La synthèse de l’interaction faible et de l’interaction
électromagnétique a été faite au cours des années 1970. On pense qu’au moment du big-bang, les particules
n’avaient qu’un mode d’interaction et que celui-ci s’est diversifié pendant la phase de refroidissement permettant
successivement l’existence des noyaux, des atomes et des molécules.
VI.2 Quelques exemples de forces
a) Force de frottement
¾ force de frottement fluide ou frottement visqueux : c’est une force de frottement proportionnelle à la
G
G
vitesse et opposée au déplacement. On peut l’écrire sous la forme : f = − h v .
¾ force de frottement solide : c’est une force de frottement dont la norme est constante. Elle est
G
G
G
constamment opposée au déplacement. On peut l’écrire sous la forme : f = − f 0 uT en notant uT le vecteur
tangent à la trajectoire et orienté dans le sens du mouvement (voir chapitre sur le vecteur vitesse – vecteur
accélération). Attention dans le cas particulier d’un mouvement rectiligne sur l’axe Ox , la signe de la force
dépend du sens du mouvement… Cela donne donc des conditions sur l’équation différentielle !!!
b) Tension d’un fil idéal
On considère toujours, sauf indication contraire, un fil idéal, c'est-à-dire de masse nulle et parfaitement souple. Si le
G
fil est tendu, sa tension est uniforme le long du fil. Le fil exerce sur une extrémité une force T et sur l’autre
G
G
extrémité une force −T .
G
T
−T
c) Réaction du support
Le support impose une trajectoire au point M. Il exerce sur une force appelée « réaction du support ». Cette force
peut se décomposer en deux composantes : composante tangent au déplacement et composante normale au
G G
G
G
G
R
déplacement : R = RT + RN
RN
G
uT
•
M
G
RT
G
G
Si le mouvement se fait sans frottement, alors RT = 0 .
G G
La condition nécessaire de contact du point M sur le support est : RN ⋅ n ≥ 0 .
G G
S’il y a frottement, on a toujours RT ⋅ uT < 0 . La composante tangentielle traduit les frottements.
La composante normale traduit le contact entre le point M et le support.
•
Q Postulats de la dynamique newtonienne (33-106)
Page 6 sur 13
JN Beury
d) Force exercée par un ressort
On considère un ressort qui reste dans son domaine d’élasticité (propriété de certains matériaux de reprendre leur
forme initiale après déformation). On considère toujours, sauf indication contraire, un ressort idéal, c'est-à-dire
linéaire et de masse négligeable (voir cours de deuxième avec modélisation d’un ressort de masse non négligeable).
G
La tension est alors uniforme.
F
B
A
l
G
u A→B
On note
G
F la force que le ressort exerce sur un objet situé en B.
l0 la longueur à vide du ressort (c'est-à-dire la longueur du ressort lorsqu’il n’est pas déformé).
l la longueur du ressort à un instant t quelconque
k constante de raideur du ressort (k > 0)
G
G
La force exercée par le ressort est une loi empirique et non une loi fondamentale de la matière : F = −k ( l − l0 ) u A→B
Méthode pour écrire correctement cette force dans les exercices :
¾ Faire un schéma à un instant t et souvent à l’équilibre pour bien repérer les différentes longueurs et
exprimer l en fonction des données du texte. ATTENTION : LA LONGUEUR À VIDE EST A PRIORI
DIFFÉRENTE DE LA LONGUEUR À L’ÉQUILIBRE.
G
¾ Utiliser un vecteur unitaire de projection de la force (par exemple : i ).
G
G
¾ La force que le ressort exerce en une extrémité s’écrit alors : F = ± k ( l − l0 ) i
¾
Il reste à déterminer s’il faut mettre un signe + ou une signe –. Raisonner sur un exemple : si le ressort est
étiré, analyser physiquement dans quel sens est la force exercée par le ressort et en déduire le bon signe.
Exemple 1 : On considère une masse m
accrochée à un ressort dans un plan horizontal.
On néglige les forces de frottement exercées par
l’air. On repère l’abscisse du point M par rapport
à sa position d’équilibre. On suppose que le
point M se déplace sans frottement.
• Système = Point matériel M de masse m
G G G
• Référentiel
terrestre
ℜ = O, i , j , k
(
•
)
galiléen.
Bilan des forces :
G
G
¾ poids P = mg
leq
G
ux
équilibre
O
x
instant t
G
f
G
R
M
l
G
P
G
G G
G
G
réaction du support R . Comme il n’y a pas de frottement, R ⊥ u x , donc P et R se compensent.
G
G
G
¾ force exercée par le ressort f . Le vecteur unitaire i est porté vers le bas. La force f est donc portée
G
par le vecteur i . L’énoncé ne donne pas la valeur de la longueur à vide du ressort. Comme le ressort
est dans un plan horizontal, la longueur à l’équilibre est égale à la longueur à vide : leq = l0 . D’après le
G
G
schéma, on a l = leq + x . On a f = ± k ( l − l0 ) u x . Sur le schéma, le ressort est étiré, la force est donc
dirigée vers la gauche, il faut donc mettre un signe – pour avoir une projection négative. Soit
G
G
f = −k ( l0 + x − l0 ) u x
G G G
G
PFD : ma = P + R − kxu x . On projette sur Ox : mx + kx = 0 .
¾
•
Exemple 2 : On considère une masse m accrochée à un ressort dans un plan vertical. On néglige les forces de
frottement exercées par l’air. On repère l’abscisse du point M par rapport à sa position d’équilibre.
• Système = Point matériel M de masse m
G G G
• Référentiel terrestre ℜ = O, i , j , k galiléen.
(
•
)
Bilan des forces :
Q Postulats de la dynamique newtonienne (33-106)
Page 7 sur 13
JN Beury
¾
G
G
poids P = mg
G
G
G
force exercée par le ressort F . Le vecteur unitaire i est porté vers le bas. La force F est donc
G
portée par le vecteur i . L’énoncé ne donne pas la valeur de la longueur à vide du ressort. Il faut donc
l’introduire. On verra comment elle disparaîtra par la suite. On l’appelle l0. D’après le schéma, on a
G
G
l = leq + x . On a F = ± k ( l − l0 ) u x . Sur le schéma, le ressort est étiré, la force est donc dirigée vers le
G
G
haut, il faut donc mettre un signe – pour avoir une projection négative. Soit F = −k ( leq + x − l0 ) u x
G
G
G
G
PFD : ma = mg − k ( leq + x − l0 ) u x . On projette sur i .
¾
•
mx = mg − k ( leq + x − l0 ) (eq. 1)
x = 0 ) . Il reste à faire la différence entre (eq 1) et (eq 2)
On réécrit très souvent le PFD à l’équilibre ( x = 0, x = 0 et 0 = mg − k ( leq − l0 )
(eq .2)
x + ω02 x = 0 avec ω0 =
(eq 1 ) – (eq 2) : mx = − kx , soit k
. C’est l’équation d’un oscillateur harmonique.
m
x ( t ) = X m cos (ω0 t + ϕ )
longueur à vide
équilibre
G
k
instant t
G
i
l0
leq
G
F
M
G
j
l
O
O
G
F
G
P
x
M
G
P
VII. RÉSISTANCE À L’AVANCEMENT DANS UN FLUIDE
VII.1 Portance et traînée
Considérons un obstacle solide en mouvement uniforme de vitesse V dans un fluide visqueux, illimité, au repos à
l’infini.
G
V
G
F
G G
f = f traînée
G
f portance
obstacle
G
G G
La force F = f traînée + f portance qu’exerce le fluide se décompose en deux :
•
•
une composante parallèle à la vitesse et opposée à celle-ci, appelée traînée ;
une composante orthogonale à la vitesse, appelée portance (par référence au cas d’une aile d’avion en mouvement
horizontal où c’est cette force qui explique la sustentation de l’appareil).
VII.2 Étude de la chute d’une bille sphérique dans un fluide : existence d’une vitesse limite
On étudie le mouvement de chute verticale d’une bille sphérique dans un fluide. Expérimentalement, on constate que la
vitesse de la bille atteint une vitesse limite. L’existence de cette vitesse limité traduit la présence d’une force exercée par
Q Postulats de la dynamique newtonienne (33-106)
Page 8 sur 13
JN Beury
le fluide sur la bille et s’opposant au mouvement de celle-ci. En effet, en l’absence d’une telle force, la bille serait
uniformément accélérée sous l’action de son poids diminuée de la poussée d’Archimède. Cette force parallèle au
mouvement du fluide par rapport à la bille est la force de traînée.
VII.3 Expression de la force de traînée
En étudiant la vitesse limite atteinte par la bille pour différents billes dans différents liquides, on met en évidence deux
expressions possibles de la force exercée par le liquide :
• aux faibles vitesses (à préciser ultérieurement), la formule est donnée la formule de Stokes :
G
G
f = −6πη rv
où r est le rayon de la bille, η viscosité dynamique en kg.m.s-2.m-1.m-1.s, soit en kg.m-1.s-1. On peut également
l’exprimer en Pa.s, cette unité s’appelle le poiseuille, noté Pl, en hommage au médecin français Jean-Louis Marie
Poiseuille (1797-1869), auteur de nombreux travaux en mécanique des fluides, en particulier au sujet de
l’écoulement du sang dans le système artériel : 1 Pl = 1 Pa.s. Le poiseuille est une unité assez grande. Voici
quelques valeurs de viscosité dynamique de fluides courants à températures et pression ordinaires :
•
•
Fluide
Air
Eau
Huile
Glycérine
Viscosité dynamique (Pl) 1,8×10-5
1,0×10-3
0,1
1
La viscosité dynamique dépend de la température (et pour les gaz de la pression).
aux fortes vitesses (à préciser ultérieurement), la force est donnée par l’expression :
G
G
1
f = − C µ fluide Svv
2
C est un coefficient sans dimension (noté parfois Cx), appelé coefficient de traînée. Le coefficient de traînée
dépend essentiellement de la texture du revêtement de la bille.
µ fluide est la masse volumique du fluide.
S = π r 2 représente la surface de la projection de la sphère sur un plan perpendiculaire à l’écoulement
aux vitesses intermédiaires, il n’y a pas d’expression simple de la force exercée par le fluide sur la sphère.
VII.4 Résultats expérimentaux – Nombre de Reynolds
On appelle r le rayon de la bille, d son diamètre, v la vitesse limite et f la norme de la force exercée par le fluide sur la
bille.
2f
Le coefficient de traînée vaut : C =
.
µ fluideπ r 2 v 2
Unités de C : kg.m.s-2.kg-1.m3.m-2.m-2.s2. C est bien sans dimension
µ fluide vd
. On vérifie que Re est bien sans dimension.
On définit le nombre de Reynolds : Re =
η
On représente en échelle logarithmique C en fonction de Re :
Chute d’une bille dans un liquide. C en fonction de Re
On voit apparaître deux zones :
• une première zone correspondant à un nombre de Reynolds inférieur à 1, où log C varie linéairement en fonction de
log Re. La droite obtenue est de pente -1, ce qui donne la loi de variation log C = a − log Re , soit C =
Q Postulats de la dynamique newtonienne (33-106)
Page 9 sur 13
α
Re
. On en
JN Beury
déduit : f =
1
1
α
α
C µ fluideπ r 2 v 2 =
µ fluideπ r 2 v 2 = π rη v ce qui est bien en accord avec la formule de
2
2 µ fluide v ( 2r )
4
η
Stokes. Le coefficient α devrait être égal à 24, ce qui correspond bien à l’ordre de grandeur que l’on peut lire sur
le graphique.
• une deuxième zone correspond à un nombre de Reynolds compris entre 2 000 et 200 000 environ où le coefficient
G
G
1
de traînée C est constant, ce qui est bien en accord avec f = − C µ fluide Svv . Pour un nombre de Reynolds
2
supérieur à 200 000, on observe une brusque chute de la traînée, phénomène que nous interpréterons à la fin du
chapitre. On l’appelle parfois « crise de traînée ».
Si l’expérience est effectuée avec un cylindre, les résultats obtenus sont tout à fait similaires.
En conclusion, la traînée d’une sphère solide, de rayon r et de diamètre d, dans un fluide s’exprime :
• pour de faibles nombres de Reynolds (Re < 1),
G
G
f = −6πη rv formule de Stokes
• pour de grands nombres de Reynolds (2 000 < Re < 200 000),
G
G
1
f = − C µ fluide Svv
2
• pour des nombres de Reynolds intermédiaires, il n’y a pas d’expression simple.
VII.5 Généralisation
On généralise l’expression du nombre de Reynolds à un corps de forme quelconque :
µ fluideVL
Re =
η
où L est la taille caractéristique de l’objet et V une vitesse caractéristique.
Les expressions de la traînée peuvent être généralisées à des corps de forme quelconque :
G
G
• pour des faibles nombres de Reynolds (Re inférieur à quelques unités), f = −αη Lv où L est la taille
caractéristique de l’objet et α un nombre sans dimension ;
• pour de grands nombres de Reynolds (Re de l’ordre de quelques milliers à quelques millions),
G
G
1
f = − C µ fluide Svv où S est la surface de l’objet projetée sur un plan perpendiculaire à l’écoulement ;
2
• pour des nombres de Reynolds intermédiaires, il n’y a pas d’expression simple.
VII.6 Ordres de grandeur des coefficients de viscosité
Viscosité dynamique η (kg.m-1.s-1)
Air
1,85 10-5
Métaux liquides
10-4 - 10-3
Liquides organiques
10-4 - 10-3
Sels fondus
10-3
Eau
10-3
Mercure
1,56 10-3
Alcool
1,8 10-3
Glycérine
0,85
Verre fondu
10
-2
Huiles silicones
10 - 103
On remarque que l’eau est environ 54 fois plus visqueuse que l’air. Pour un même écoulement, les forces de viscosité
exercées par l’eau sont 54 fois plus grandes que pour l’air (un sous-marin va moins vite qu’un avion...).
La viscosité dynamique des liquides diminue beaucoup lorsque la température augmente.
VII.7 Quelques applications numériques
a) Traînée d’une voiture dans l’air
Quel est l’ordre de grandeur du nombre de Reynolds d’une voiture roulant à 90 km.h-1 ?
V = 90 km.h-1 = 25 m.s-1
L ≈ 2 m (taille caractéristique pour l’écoulement de l’air autour de la voiture est la largeur de la voiture)
µ = 1,3 kg.m −3 , masse volumique de l’air dans les conditions normales ;
η = 1,8 × 10−5 Pl , viscosité dynamique de l’air dans les conditions normales.
Q Postulats de la dynamique newtonienne (33-106)
Page 10 sur 13
JN Beury
On obtient Re ≈ 4 × 106 : la traînée sera proportionnelle à V2.
Remarque : pour l’écoulement de l’air autour d’objets de taille macroscopique, le nombre de Reynolds sera toujours très
grand du fait de la faible valeur de la viscosité dynamique de l’air, présente au dénominateur.
b) Traînée d’une bille dans un fluide
On étudie la chute d’une bille d’acier de diamètre d = 1 mm dans un liquide de masse volumique µ = 800 kg.m −3 et
de viscosité dynamique η = 0,19 Pl . La masse volumique de l’acier est µa = 7800 kg.m −3 . Quelle est la vitesse
limite de chute de la bille ?
Nous ne connaissons pas le nombre de Reynolds. Il faut donc faire une hypothèse a priori sur l’expression de la
traînée, calculer la vitesse limite puis le nombre de Reynolds et valider ou non l’hypothèse a posteriori.
Supposons le nombre de Reynolds faible.
• Système = {bille}
• Référentiel terrestre galiléen
G
G 4
G
G
4
• Bilan des forces : poids mg = π r 3 µa g , poussée d’Archimède Π a = − π r 3 µ g et formule de Stokes
3
3
G
G
f = −6πη rv
•
G 4
G 4
G
G
PFD : ma = π r 3 µa g − π r 3 µ g − 6πη rv .
3
3
Quand la bille a atteint sa vitesse limite, son accélération est nulle, donc
G G
4 3 G 4 3 G
π r µa g − π r µ g − 6πη rv = 0
3
3
G 2r 2
G
et vl =
( µa − µ ) g . L’application numérique donne : vl = 20 cm.s-1.
9η
µv d
Le nombre de Reynolds est Re = l ≈ 0,1 . Il est inférieur à 1 donc la traînée est bien données par la formule de
η
Stokes, ce qui valide le calcul.
Remarque : On refait la même expérience dans l’eau.
Si on fait l’hypothèse d’un faible nombre de Reynolds, on trouve une vitesse limite de 3,7 m.s-1 et un nombre de Reynolds de
3700 : il est beaucoup trop grand pour que l’hypothèse soit validée.
Si on fait l’hypothèse d’un grand nombre de Reynolds, on trouve vl = 0,4 m.s-1 avec C = 0,5. On obtient un nombre de Reynolds
de l’ordre de 400. Cette valeur est un peu trop faible pour que l’hypothèse soit validée.
Il n’y a donc ici aucune expression simple de la traînée et il est impossible de calculer la vitesse limite. On peut quand même
penser que la deuxième hypothèse donne un résultat plus proche de la réalité que la première (le nombre de Reynolds obtenu est
assez grand).
VIII. ÉTUDE DE LA CHUTE LIBRE
VIII.1 Résistance de l’air proportionnelle à la vitesse
• Système = {bille}
• Référentiel terrestre galiléen
• Bilan des forces :
G
¾ poids mg ,
¾ poussée d’Archimède de l’air négligée
G
G
¾ force de frottement fluide f = −λ v
G G G
G
G
G
• PFD : ma = mg − λ v . On projette le PFD dans la base i , j , k
(
mx = −λ x
my = −λ y
mz = −mg − λ z
x+
y+
, soit z+
λ
m
λ
m
λ
m
z
G
g
G
v0
α
)
y
x
O
x = 0
y = 0 . On a trois équations différentielles linéaires du premier ordre par rapport aux
z = mg
 −λ t 
x = A exp 

 m 
 −λ t 
composantes de la vitesse, soit y = B exp 

 m 
 −λ t  mg
z = C exp 
−
 m  λ
Q Postulats de la dynamique newtonienne (33-106)
Page 11 sur 13
JN Beury

 A = v0 cos α

G G
À t = 0, M = O et v = v0 0
. On a donc 0 = B
, soit  B = 0
¨

mg
mg
v0 sin α
C = v0 sin α +
v0 sin α = C −
λ

λ
v0 cos α = A
v0 cos α
x = −A
 −λ t 
exp 
+ D
λ
 m 
m
On intègre pour avoir x, y et z : y = E
z = −C
 −λ t  mg
exp 
t+F
−
λ
 m  λ
m

m
 D = v0 cos α
λ
λ

À t = 0, M = O, soit : 0 = E
. On a alors  E = 0

m
 F = m  v0 sin α + mg 
0 = −C + F
λ
λ
λ 

0 = −A
m
+D

 −λ t  
v0 cos α 1 − exp 

λ
 m 

et y = 0
 −λ t 
x = v0 cos α exp 

 m 
On a donc : y = 0
x=
mg 

 −λ t  mg
exp 
z =  v0 sin α +
−
λ 

 m  λ
z=
m
m
mg  
 −λ t   mg
v0 sin α +
t
1 − exp 
 −
λ 
λ  
 m  λ
On n’a plus une parabole comme dans le paragraphe II.2 où il n’y avait pas de frottement.
x → 0
On constate que si t → ∞ , y = 0
z → −
x→
m
λ
. On a une vitesse constante. La force de pesanteur est compensée par la
mg
λ
v0 cos α
force de frottement. y = 0
z → −∞
.
On peut comparer les deux courbes (sans frottement et avec frottement fluide). En l’absence de résistance, la vitesse
au point de chute est égale à la vitesse initiale. La parabole est symétrique par rapport à son sommet. Avec la
résistance de l’air, la vitesse de chute est inférieure à la vitesse initiale (voir justification avec le théorème de
l’énergie cinétique dans le chapitre suivant), la courbe n’est plus symétrique. Les frottements dissipent de l’énergie
et l’évolution est irréversible.
Au cours d’un match de rugby, on a l’impression que le ballon va partir beaucoup plus loin…
z
x
Q Postulats de la dynamique newtonienne (33-106)
Page 12 sur 13
JN Beury
http://www.sciences.univ-nantes.fr/physique/perso/gtulloue/Meca/R.F.D/Chute.html
VIII.2 Résistance de l’air proportionnelle au carré de la vitesse
On considère un parachute sans vitesse initiale de masse m = 80 kg, de surface de projection S = 40 m2. La masse
volumique de l’air vaut µ = 1,3 kg.m −3 et le coefficient de traînée vaut C = 1,4.
a) Calcul de la vitesse limite du parachute
z
PFD au parachute dans le référentiel terrestre galiléen. On néglige la poussée d’Archimède de l’air.
dv
1
= mg − C µ Sv 2
m
dt
2
Analyse qualitative : à t = 0, l’accélération vaut g. La vitesse augmente. La force de frottement est de plus en plus
importante. L’accélération diminue et tend vers 0. Le parachute atteint alors sa vitesse limite.
Il est donc inutile de résoudre l’équation différentielle pour trouver la vitesse limite.
1
2mg
0 = mg − C µ Svl2 , soit vl =
= 4, 6 m.s −1
2
CµS
Si le parachutiste n’ouvre pas son parachute, S = 0,4 m2 et C = 1. On obtient vl = 55 m.s-1 !!!
b) Calcul de la vitesse en fonction du temps
C’est une équation différentielle non linéaire. Il faut donc séparer les variables.
 v2 
dv
1
dv
g
m
= 2 dt .
= mg − C µ Sv 2 = mg  1 − 2  , soit 2
2
dt
2
vl − v
vl
 vl 
On utilise la décomposition en éléments simples :
A ( vl + v ) + B ( vl − v ) v ( A − B ) + Avl + Bvl
1
A
B
=
+
=
=
2
2
vl − v
vl − v vl + v
( vl − v )( vl + v )
( vl − v )( vl + v )
A = B
1
On doit donc avoir 
, soit A = B =
2vl
 Avl + Bvl = 1
dv
1  1
1 
g
dv
dv
2g
+
=
dt
=
+

 dv = 2 dt et
2
v −v
2vl  vl − v vl + v 
vl
vl − v vl + v vl
v + v 2g
2g
=
t + cte
On intègre : − ln ( vl − v ) + ln ( vl + v ) =
t + cte , soit ln l
vl − v vl
vl
D’où
2
l
Or à t = 0, v = 0, soit cte = 0. On a :
 2g 
vl + v
v
= exp 
t  . On pose τ = l
vl − v
g
 vl 
 2g 


 2t  
 2t  
vl + v = ( vl − v ) exp 
t  , donc v  1 + exp    = vl  exp   − 1 ,
 τ 
τ  


 vl 

 2t  
t
 −t 
exp   − exp  
 exp   − 1
τ
τ


 =v
 
 τ  en mettant exp  t 
d’où v = vl 
l
τ 

 −t 
t
 
 2t  
exp   + exp  
 1 + exp   
τ
τ
 
 
 τ 

en facteur au numérateur et au
t
t
2sh  
sh  
τ
τ

= vl  
dénominateur. On a : v = vl
t
t
2ch  
ch  
τ 
τ 
  t 
t
d  ch   
2sh  
 τ  = v τ   τ   , d’où x = v τ ln  ch  t   + cte . Or à t = 0, x = 0, donc cte = 0.
v = vl
  
l
l
t
t
 τ 
2ch  
ch  
τ 
τ 
  t 
On a alors : x = vlτ ln  ch   
 τ 
Q Postulats de la dynamique newtonienne (33-106)
Page 13 sur 13
JN Beury