INTERACTION NEWTONIENNE ENTRE DEUX PARTICULES ( )

Q Interaction newtonienne entre deux particules (33-204) Page 1 sur 10 JN Beury
O
M
θ
r
x
y
z
r
u
G
u
θ
G
INTERACTION NEWTONIENNE
ENTRE DEUX PARTICULES
I. RAPPELS DE DÉFINITIONS
• Système = {Point matériel M de masse m}
• Référentiel
()
,,,Oi jkℜ= G
GG
galiléen
• Bilan des forces : 2OM
k
fu
r→
=
GG. Elle dérive d’une énergie potentielle p
k
Er
=
.
Force répulsive : k > 0. Force attractive : k < 0.
• C’est une force centrale. Le moment cinétique en O O
σ
G
se conserve. C
G
est calculé avec les conditions initiales :
()
00
0^
OtOMmvmC
σ == =
JJJJJG
G
GG
. On choisit k
G
tel que CCk=
G
G
. Le mouvement est dans le plan
()
,,
xy
Ou u
GG . Il suit la loi
des aires avec 2 Cr
θ
=.
On utilise les coordonnées polaires :
r
OM ru=
JJJJGG ; r
vru ru
θ
θ
=+
GG G
 et
()( )
22
r
arru rr θθθ =− + +
GG
  u
θ
G
On utilise souvent les formules de Binet : 1
ur = fonction de
θ
avec d
'd
u
u
θ
= et
2
2
d
"d
u
u
θ
=.
Formules de Binet pour la vitesse et l’accélération :
(
)
2222
'vCuu=+
et
(
)
22 "r
aCuuuu=− +
GG
II. ÉQUATION DIFFÉRENTIELLE ET TRAJECTOIRE DU MOUVEMENT
II.1 Équation différentielle du mouvement
Le principe fondamental de la dynamique s’écrit :
2r
k
ma f u
r
==
G
GG
On utilise la formule de Binet pour l’accélération et on projette suivant r
u
G
:
22
mC u−
()
2
"uu ku+=
On en déduit l’équation différentielle du mouvement : 2
"k uu mC
−
+=
II.2 Trajectoire du mouvement
• Solution générale de l’équation homogène :
(
)
0
cos
SG
uA
θ
θ =− avec A et 0
θ
des constantes d’intégration.
• Solution particulière : 2
SP
k
umC =−
On en déduit que :
()
02
cos k uA mC θθ =−−
On peut effectuer une rotation des axes x
u
G et y
u
G
pour réduire 0
θ
à 0.
On peut s’arranger pour avoir A > 0. Il suffit de changer
θ
en
θ
π
+
.
On va obtenir une forme canonique avec A > 0 : 2
cos k uA mC θ =−
, d’où 2
1cos k
A
rmC
θ =−
a) Force attractive
On a k < 0. 2
1cos k
A
rmC
θ =+, soit
2
21cos
1cos
mC
kp
rAmC e
k
θ
θ
==
+
+
Pour une force attractive, on a : 1cos
p
re
θ
=+ avec
2
mC
pk =.
p est le paramètre de la conique et e l’excentricité.

Q Interaction newtonienne entre deux particules (33-204) Page 2 sur 10 JN Beury
r
E
p eff
E
>
m
0
r
min
valeurs de
inaccessibles
r
r
E
p eff
E
=
m
0
r
min
valeurs de
inaccessibles
r
r
E
p eff
E
m
< 0
mouvement
b
orné
r
1
r
2
b) Force répulsive
On a k > 0. 2
1cos k
A
rmC
θ =−, soit
22
22
cos 1
cos 1 cos 1
mC mC
kk
p
rAmC AmC e
kk
θ
θθ
−
===
−−
+−
Pour une force répulsive, on a : cos 1
p
re
θ
=
−
avec
2
mC
pk =.
p est le paramètre de la conique et e l’excentricité.
c) Conclusion
Ces deux équations (force répulsive et force attractive) sont les équations de la même conique mais on ne parcourra
pas la même branche de parabole avec k > 0 et k < 0.
La trajectoire est une partie de conique
(
)
0r> de foyer O, de paramètre
2
mC
pk = et d’excentricité e.
L’excentricité est toujours positive. p et e dépendent des conditions initiales.
III. ÉNERGIE MÉCANIQUE ET NATURE DE LA TRAJECTOIRE
2
1
2
mcp
k
EEE mvr =+= +
. La valeur de l’énergie mécanique se calcule avec les conditions initiales :
()
2
0
0
1
02
mm
k
EEt mv
r
=== +
. On utilise la formule de Binet pour la vitesse :
(
)
2222
'vCuu=+.
On a donc :
()
22 2
1'
2
m
EmCuuku=++.
III.1 Force attractive (k < 0)
On a 1cos
p
re
θ
=+, donc 11 cos
e
urpp
θ
==+ et 'sin
e
up
θ
=− . L’énergie mécanique se conserve. Il suffit de la
calculer en un point particulier, par exemple 2
π
θ
=
: 1
up
=
et 'e up
=
−
On a donc :
2
2
22
11
2
m
ek
EmC
pp p
=++
. Or
2
mC
pk =, donc 2
mC p k pk
=
=−
() ()
222
22
22
111
2222222
m
k
pk e k k ke k k ke k
Eee
pp p p pp p p p p
−−
=− + + = − + = − = − = −
()
21
2
m
k
Ee
p
=−
• Si Em > 0, e > 1. On a une branche d’hyperbole.
• Si Em = 0, e = 1. La trajectoire est une parabole.
• Si Em > 0, e < 1. La trajectoire est une ellipse (e = 0 correspond au cercle).
On a vu dans le chapitre précédent les courbes représentant l’énergie potentielle effective en fonction de r.
hyperbole parabole ellipse

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r
E
p eff
E
m
> 0
r
min
valeurs de
inaccessibles
r
Axe focal O
a
b
c
O
Axe focal
θ π =
r
u
G
3r u−G
III.2 Force répulsive (k > 0)
On a cos 1
p
re
θ
=−, donc 11
cos
e
urp p
θ
=
=− et 'sin
e
up
θ
=− .
L’énergie mécanique se conserve. Il suffit de la calculer en un point particulier,
par exemple 2
π
θ = : 1 up
−
= et 'e
up
=−
On a donc :
2
2
22
11
2
m
ek
EmC
pp p
=+−
.
Or
2
mC
pk =, donc 2
mC p k pk==
() ()
22
22
22
111
22222
m
k
pk e k k ke k
Eee
pp p p p p p
−
=+−=+=−=−
On a vu dans le chapitre la courbe représentant l’énergie potentielle effective en fonction de r.
On constate que l’énergie mécanique est toujours strictement positive.
()
21
2
m
k
Ee
p
=−
. C’est la même formule que pour une force attractive.
Em > 0, e > 1. On a une branche d’hyperbole.
III.3 Étude des trajectoires hyperboliques
a) Force attractive
1cos
p
re
θ
=+. Exemple : 3
12cos
r
θ
=+
• O est l’origine des coordonnées polaires. L’axe focal est
horizontal, orienté vers la droite.
()
,
M
r
θ
.
• 0
θ
=, 31
12
r==
+. On obtient le point A1.
•
θ
π =, 33
12
r==−
−. On obtient le point A2.
Ce point est exclus car r < 0 et surtout parce qu’on a une
attractive. La branche en pointillés n’a pas de sens
physique.
• On définit le point I milieu de
[
]
12
,
A
A intersection des asymptotes.
• L’asymptote est obtenue lorsque 12cos 0
θ
+=, soit lim
1
cos 2
θ
−
=. On
a donc
()
lim
,OI OM
θ
∞=
JJG JJJJJG
. Cette angle est le même que
(
)
axe focal,
I
IM∞
J
JJJJJJJJJG JJJJG
.
Relations à connaître par cœur et démontrées dans le cours de math et interprétation géométrique :
22
222
bmC
pak
c
ea
cab
==
=
=+
La distance entre le foyer O et une des asymptotes est b. La distance du foyer à l’intersection des asymptotes est c.
On a un triangle rectangle permettant de relier facilement a, b et c.
Axe focal
O
M
Attention : origine des coordonnées polaires : point .
() avec =
O
Mr, r OM
θ
r
θ
A
1
A
2
I

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Axe focal O
a
b
c
b) Force répulsive
cos 1
p
re
θ
=−. Exemple : 3
2cos 1
r
θ
=−
• O est l’origine des coordonnées polaires. L’axe focal
est horizontal, orienté vers la droite.
(
)
,
M
r
θ
.
• 0
θ
=, 33
21
r==
−. On obtient le point A1.
•
θ
π =, 31
21
r==−
−− . On obtient le point A2.
Ce point est exclus car r < 0 et surtout parce qu’on a
une force répulsive. La branche en pointillés n’a pas
de sens physique.
• On définit le point I milieu de
[
]
12
,
A
Aintersection des
asymptotes.
• L’asymptote est obtenue lorsque 2cos 1 0
θ
−
=, soit lim
1
cos 2
θ
=
. On a donc
(
)
lim
,OI OM
θ
∞=
J
JG JJJJJG
. Cet angle est le
même que
()
axe focal,
I
IM∞
JJJJJJJJJJG JJJJG
.
Relations à connaître par cœur et démontrées dans le cours de math et interprétation géométrique :
22
222
bmC
pak
c
ea
cab
==
=
=+
La distance entre le foyer O et une des asymptotes est b. La distance du foyer à l’intersection des asymptotes est c.
On a un triangle rectangle permettant de relier facilement a, b et c.
Il faut savoir passer du couple
{}
,,abc à
{
}
,pe .
Par exemple :
()
222 222 2
21
bcaaeaa
ae
pp p p
−−
== = = −
, d’où 21
p
ae =
−
et 21
p
bap e ==
−…
III.4 Étude des trajectoires paraboliques
Cette étude ne concerne que les forces attractives.
On a 1 cos 1 cos
pp
re
θ
θ
==
++
puisque e = 1.
On peut se contenter de quelques points particuliers :
• 0
θ
=, 2
p
r=
•
2
π
θ =± , rp=
•
θ
π =± , r→∞.
Axe focal
O
M
Attention : origine des coordonnées polaires : point .
() avec =
O
Mr, r OM
θ
r
θ
A
1
A
2
I
O Axe focal
x
y
r
θ
M

Q Interaction newtonienne entre deux particules (33-204) Page 5 sur 10 JN Beury
axe focal
O
M
PA
r
θ
Attention : origine des coordonnées polaires : point .
() avec =
Un des foyers est le point
O
Mr, r OM. O.
θ
axe focal
O
PA
I
x
y
ab
c
a
2 a
b
axe focal
O
M
()
0vt=
G
III.5 Étude des trajectoires elliptiques
Cette étude ne concerne que les forces attractives.
1cos
p
re
θ
=+ avec 01e≤<.
• O est l’origine des coordonnées polaires. L’axe focal est horizontal, orienté vers la droite.
()
,
M
r
θ
.
• 0
θ
=, 1
p
re =+. On obtient le périgée P.
• Si
θ
augmente, cos
θ
diminue et r augmente.
•
θ
π =, 1
p
re =−. On obtient l’apogée A.
Relations à connaître par cœur et démontrées dans le cours de math et interprétation géométrique :
22
222
bmC
pak
c
ea
abc
==
=
=+
a = demi grand-axe
b = demi petit-axe.
La distance entre le foyer O et l’intersection des axes est b. On a un triangle rectangle permettant de relier
facilement a, b et c.
Au point I, la vitesse est parallèle à l’axe focal.
Interprétation graphique très utile dans les exercices : uniquement au périgée et à l’apogée, v
G et OM
J
JJJG sont
orthogonaux.
En effet, pour
θ
quelconque : r OM ru=
JJJJG
G
et
r
vru ru
θ
θ
=+
GG G
. Pour les deux vecteurs soient
orthogonaux, il faut que r
 soit nul, c'est-à-dire au
périgée et à l’apogée.
Exemple : À t = 0, on a
()
0OM v t⊥=
J
JJJGG.
Le point M est donc le périgée ou l’apogée.
Suivant l’exerce, on peut conclure facilement s’il
s’agit du périgée ou de l’apogée.