Physique du mouvement

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Physique du mouvement II et III
David Boilley 1
Normandie Université
Niveau L2 sciences
Année 2015-2016
1. GANIL, BP 55027, F-14076 Caen cedex 05,
http ://tinyurl.com/davidboilley
[email protected],
tél : 02 31 45 47 81,
Avant propos
Ce document rassemble la quatrième version de mes notes de cours de mécanique du solide. Il reste forcément
de nombreuses fautes de frappe et d’orthographe. Je vous prie de ne pas m’en tenir rigueur et je suis preneur
de toute remarque visant à améliorer ce document. Merci à Clément Keller pour ses suggestions pertinentes.
La plan se démarque de ce qui est fait traditionnellement dans les livres de mécanique français. Ici l’introduction des notions nouvelles se fait de façon progressive et sans utiliser la notion de torseur.
Il débute par des rappels de mécanique du point nécessaires la compréhension de ce cours.
Comme pour tout cours de physique, je me suis servi de nombreux livres ou notes de cours pour rédiger ce
manuscrit. En particulier,
— David Sénéchal, Mécanique I, notes de cours, Université de Sherbrooke, Canada, Janvier 2005, disponibles
en ligne sur http ://librecours.org dans la rubrique mécanique. Ce cours est excellent.
— José-Philippe Pérez, Mécanique, Dunod. Livre très complet et qui va beaucoup plus loin que ce cours.
— Yves Granjon, Mécanique du solide, Dunod. Des rappels de cours très clairs et des exercices corrigés en
détail.
— Harris Benson, Physique 1, mécanique, de Boeck. Une approche à l’américaine, avec de nombreux
exemples d’application.
Les cinq premiers chapitres, enseignés au semestre 3, sont communs aux parcours physique, chime et
géosciences. Les chapitres suivants, enseignés au semestre 4, ne concernent que le parcours physique.
Bonne lecture !
1
Table des matières
1 Rappels de mécanique du point
1.1 Cinématique : vitesse et accélération d’un point matériel
1.1.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 En coordonnées cartésiennes . . . . . . . . . . .
1.1.3 En coordonnées cylindriques . . . . . . . . . . .
1.1.4 Dans la base intrinsèque . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Cas d’un mouvement circulaire, vecteur rotation . . . .
1.3 Changements de référentiels . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Loi de composition des vitesses . . . . . . . . . .
1.3.2 Loi de composition des accélérations . . . . . . .
1.4 Principes fondamentaux de la mécanique du point . . .
1.4.1 Les trois lois de Newton . . . . . . . . . . . . . .
1.4.2 Intégrale première du mouvement . . . . . . . . .
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2 Statique du solide
2.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Théorème du centre d’inertie . . . . . . . . . . . .
2.3 Centre de masse pour une répartition continue . .
2.3.1 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Propriété . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Moment de force . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.2 Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.3 Propriété . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Statique du solide . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.1 Conditions d’équilibre et stabilité . . . . . .
2.5.2 Exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Efforts transmis entre solides . . . . . . . . . . . .
2.6.1 Degrés de liberté . . . . . . . . . . . . . . .
2.6.2 Action mécanique transmise par une liaison
2.6.3 Application à la statique . . . . . . . . . . .
2.6.4 Avec des forces de frottement . . . . . . . .
2.7 Résoudre un exercice de statique du solide . . . . .
2.8 English vocabulary . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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3 Rotation autour d’un axe fixe
3.1 Vecteur rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Théorème du moment cinétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.1 Définition du moment cinétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.2 Théorème du moment cinétique pour un point matériel . . . . . .
3.2.3 Théorème du moment cinétique pour un solide . . . . . . . . . . .
3.2.4 Calcul du moment cinétique dans le cas d’une rotation autour d’un
3.2.5 Conclusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
TABLE DES MATIÈRES
3.3
3.4
3.5
3.6
3.7
3
Aspect énergétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.1 Calcul de l’énergie cinétique pour un solide en rotation autour d’un axe fixe . . .
3.3.2 Théorème de l’énergie cinétique pour un solide en rotation autour d’un axe fixe .
Comparaison avec la mécanique du point . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Moment d’inertie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5.1 Quelques moments d’inertie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5.2 Propriétés des moments d’inertie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Etude de mouvements de rotation autour d’un axe fixe . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6.1 Démarche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6.2 Exemple : mouvements avec conservation du moment cinétique . . . . . . . . . .
3.6.3 Exemple : pendules . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6.4 Exemple : machines tournantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6.5 Etude de la rotation d’un point matériel avec les outils de la mécanique du solide
English vocabulary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 Rotation autour d’un point fixe
4.1 Mise en équation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Mouvement de précession dans l’approximation gyroscopique
4.2.1 Précession . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.2 Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 Nutation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4 English vocabulary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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5 Problème à deux corps
5.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1 Equations du mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.2 Théorème du moment cinétique . . . . . . . . . . . . . .
5.1.3 Application au mouvement des planètes . . . . . . . . .
5.1.4 Energie cinétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.5 Application aux mouvements d’une molécule diatomique
5.2 Problème à trois corps . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Collisions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.1 Collisions élastiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3.2 Collisions inélastiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4 English vocabulary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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6 Rotation autour d’un axe mobile : théorèmes généraux
6.1 Cinématique : champ de vitesse d’un solide en mouvement . . . . . . . .
6.2 Théorèmes de König . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.1 Quantité de mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.2 Moment cinétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.3 Energie cinétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.4 Conclusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Théorèmes généraux de la mécanique du solide . . . . . . . . . . . . . .
6.3.1 Rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.2 Théorème du moment cinétique dans le référentiel barycentrique
6.3.3 Théorème de l’énergie cinétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3.4 Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4 English vocabulary and summary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4.1 English vocabulary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4.2 Summary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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TABLE DES MATIÈRES
4
7 Rotation autour d’un axe en translation
7.1 Mouvements de roulement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.1.1 Vitesse de glissement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.1.2 Axe instantané de rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.1.3 Exemple d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Mouvement avec conservation du moment cinétique . . . . . . . . . . . . . .
7.2.1 Quelques exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2.2 Comment un chat fait-il pour se retourner avec un moment cinétique
7.3 Retour sur le couple Terre-Lune . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3.1 Décomposition des mouvements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3.2 Ralentissement de la rotation des planètes sur elles-mêmes . . . . . .
7.3.3 Eloignement de la Lune . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3.4 Application à la formation des satellites autour de Saturne . . . . .
7.4 English vocabulary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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nul ?
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69
8 Changements de référentiels et forces d’inertie
8.1 Quelques rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2 Composition des vitesses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2.1 Vitesses relative et absolue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2.2 Application : Référentiels en translation . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2.3 Application : Référentiels en rotation simple . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3 Composition des accélérations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3.1 Accélérations relative et absolue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3.2 Accélération d’entraı̂nement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3.3 Accélération complémentaire ou de Coriolis . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3.4 Référentiels en translation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3.5 Référentiels en rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.4 Dynamique du point dans un référentiel non galiléen . . . . . . . . . . . . . . . .
8.4.1 Loi du mouvement dans un référentiel non galiléen . . . . . . . . . . . . .
8.4.2 Exemples d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.4.3 Rotation de la Terre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.4.4 Autres théorèmes pour un point matériel dans un référentiel non galiléen
8.5 Et pour le mouvement d’un solide ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5.2 La toupie pirouette, épilogue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.6 English vocabulary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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80
81
9 Introduction à la mécanique analytique
9.1 Introduction historique . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2 Chemins plus rapides . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2.1 Le problème du maı̂tre nageur . . . . . . .
9.2.2 Brachistochrone . . . . . . . . . . . . . . .
9.3 Les équations de Lagrange . . . . . . . . . . . . . .
9.3.1 Principe de moindre action . . . . . . . . .
9.3.2 Le lagrangien . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3.3 Exemples d’application . . . . . . . . . . .
9.4 Multiplicateurs de Lagrange . . . . . . . . . . . . .
9.5 Impulsion généralisée et lois de conservation . . . .
9.6 Equations de Hamilton . . . . . . . . . . . . . . . .
9.6.1 Conservation de l’énergie . . . . . . . . . .
9.6.2 Equations de Hamilton . . . . . . . . . . .
9.6.3 Exemples simples d’application . . . . . . .
9.7 Dynamique autour d’une position d’équilibre stable
9.7.1 Position d’équilibre . . . . . . . . . . . . . .
9.7.2 Stabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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TABLE DES MATIÈRES
9.8
5
9.7.3 Petits mouvements autour de la position d’équilibre
9.7.4 Conclusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.7.5 Application : masse pendue au bout d’un ressort . .
9.7.6 Application : pendule pesant . . . . . . . . . . . . .
English vocabulary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10 Mécanique des systèmes ouverts
10.1 Surface de contrôle . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.2 Bilan de masse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.3 Bilan de quantité de mouvement . . . . . . . . . .
10.3.1 Théorème d’Euler pour les systèmes ouverts
10.3.2 Tuyau rectiligne . . . . . . . . . . . . . . .
10.3.3 Tapis roulant . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.3.4 Application à la fusée . . . . . . . . . . . .
10.3.5 Cas d’un réacteur d’avion . . . . . . . . . .
10.4 Bilan de moment cinétique . . . . . . . . . . . . .
10.4.1 Théorème . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.4.2 Arrosage à tourniquet . . . . . . . . . . . .
10.4.3 Turbine hydraulique . . . . . . . . . . . . .
10.5 English vocabulary . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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101
101
102
103
105
Chapitre 1
Rappels de mécanique du point
1.1
1.1.1
Cinématique : vitesse et accélération d’un point matériel
Définition
Soit un point matériel M en mouvement, repéré par rapport à un point O supposé fixe. Le mouvement du
point M est caractérisé par sa vitesse, qui est définie ainsi,
~v =
−−→
dOM
.
dt
(1.1)
Et pour étudier un mouvement, c’est à dire l’évolution de la vitesse au cours du temps, on dérive la vitesse par
rapport au temps pour obtenir l’accélération :
−−→
d~v
d2 OM
~a =
=
.
dt
dt2
(1.2)
Cette notation vectorielle a l’avantage d’être très compacte, mais ce sont les coordonnées des vecteurs qui
sont utiles. Plusieurs systèmes de coordonnées sont utilisés. Le choix des vecteurs de base dépend de la nature
du mouvement et des forces appliquées au système.
1.1.2
En coordonnées cartésiennes
En coordonnées cartésiennes, les vecteurs de base étant constants, il suffit de dériver les coordonnées. Le
vecteur vitesse s’écrit donc,
dx
dy
dz
~v =
~ux + ~uy + ~uz ,
(1.3)
dt
dt
dt
et l’accélération,
~a =
=
1.1.3
dvx
~ux +
dt
2
d x
~ux +
dt2
dvy
~uy +
dt
2
d y
~uy +
dt2
dvz
~uz
dt
2
d z
~uz .
dt2
(1.4)
(1.5)
En coordonnées cylindriques
En coordonnées cylindriques, les vecteurs de base ~ur et ~uθ dépendent du temps, ce qui complique un peu
les calculs. Il faut se rappeler que
dθ
d~ur
=
~uθ
dt
dt
et
6
d~uθ
dθ
= − ~ur .
dt
dt
(1.6)
CHAPITRE 1. RAPPELS DE MÉCANIQUE DU POINT
7
−−→
On obtient alors, en dérivant OM = r~ur + z~uz , que
~v =
dr
dθ
dz
~ur + r ~uθ + ~uz ,
dt
dt
dt
(1.7)
et, en dérivant une seconde fois, que
~a =
2 !
2
dθ
d θ
dr dθ
d2 z
d2 r
−
r
~
u
+
r
+
2
~uz ,
~
u
+
r
θ
dt2
dt
dt2
dt dt
dt2
(1.8)
expressions qu’il plus facile de retrouver rapidement que d’apprendre par cœur. Attention de ne pas confondre
dθ 2
d2 θ
dt , carré de la dérivée première, avec dt2 la dérivée seconde.
Il est important de noter que cette vitesse et accélération sont bien celles du point M par rapport à un
référentiel lié aux axes cartésiens, même si ces vecteurs sont exprimés sur une base mobile.
1.1.4
Dans la base intrinsèque
Pour des mouvements plan quelconques, il est parfois pratique d’utiliser la base intrinsèque pour exprimer
l’accélération. Le premier vecteur de cette base, le vecteur tangent T~ , est défini à partir du vecteur vitesse de
façon à avoir,
~v = v T~ .
(1.9)
~ , lui est orthogonal et est orienté vers le centre de
Ici, v = k~v k est la norme de la vitesse. Le vecteur normal N
courbure. Dans cette base, l’accélération s’écrit simplement,
~a =
dv ~ v 2 ~
T + N,
dt
ρ
(1.10)
où ρ est le rayon de courbure de la trajectoire au point considéré. Attention, c’est la norme de la vitesse qui est
dérivée pour obtenir la composante tangentielle.
Là encore, le référentiel d’étude ne doit pas être confondu avec la base utilisée pour exprimer les vecteurs
vitesse et accélération.
1.2
Cas d’un mouvement circulaire, vecteur rotation
Pour un mouvement circulaire, il est plus pratique d’utiliser la base cylindrique avec l’origine au centre du
cercle ou la base intrinsèque pour exprimer les vecteurs vitesse et accélération. Voir figure 1.1. Dans le cas d’un
mouvement circulaire, et uniquement dans ce cas, les vecteurs T~ et ~uθ sont confondus quand le mouvement a
~ et ~ur sont opposés dans les
lieu dans le sens positif et opposés dans le cas contraire, alors que les vecteurs N
deux cas.
Pour un mouvement circulaire uniforme, l’accélération n’est pas nulle, elle est centripète. Ce résultat est dû
au fait que le vecteur vitesse change, même si sa norme ne varie pas : il tourne et sa dérivée n’est donc pas nulle.
Un mouvement circulaire est souvent caractérisé par le vecteur rotation ω
~ , défini comme étant ω
~ = dθ
uz .
dt ~
On peut remarquer que
−−→
−−→
dOM
~v =
=ω
~ ∧ OM .
(1.11)
dt
Ici, ∧ représente le produit vectoriel. Il en est de même pour tous les vecteurs de norme constante, comme les
vecteurs de base,
d~ur
d~uθ
=ω
~ ∧ ~ur
et
=ω
~ ∧ ~uθ .
(1.12)
dt
dt
Cette propriété est valable, même si le vecteur tournant n’est pas orthogonal à ω
~.
En revanche,
~a 6= ω
~ × ~v ,
(1.13)
dans le cas général, car la norme du vecteur vitesse n’est a priori pas constante.
CHAPITRE 1. RAPPELS DE MÉCANIQUE DU POINT
8
y
ut
T
ur
M
x
N
Figure 1.1 – Vecteurs de base pour un mouvement circulaire tournant dans le sens positif.
1.3
Changements de référentiels
Le référentiel d’étude est choisi par commodité et n’est pas toujours galiléen. On a donc besoin de pouvoir
exprimer les grandeurs cinétiques dans un autre référentiel. Cela sera souvent le cas en mécanique du solide.
On défini alors le référentiel absolu et le référentiel relatif en supposant que le premier est fixe et que le
deuxième se déplace par rapport au premier. Il s’agit, bien entendu, d’un choix arbitraire à faire dès le début
pour ne pas se tromper.
Ici, nous allons supposer que le référentiel relatif est en translation par rapport au référentiel absolu,
conformément à ce qui a été vu en première année. Le point d’origine du référentiel relatif peut avoir un
mouvement quelconque, mais ses axes ne tournent pas par rapport au référentiel absolu.
L’étude des changement de référentiels dans le cas général, avec rotation des axes, comme dans le cas de la
Terre, par exemple, fera l’objet du chapitre 8.
1.3.1
Loi de composition des vitesses
La loi de composition des vitesses est très intuitive,
~va = ~vr + ~ve
(1.14)
où ~va est la vitesse absolue, c’est à dire la vitesse du point étudié par rapport au référentiel absolu, ~vr , la vitesse
relative, c’est à dire la vitesse de ce même point par rapport au référentiel relatif, et ~ve la vitesse d’entraı̂nement.
Si le référentiel relatif est en translation par rapport au référentiel absolu, tous ses points se déplacent à la
même vitesse, dite vitesse d’entraı̂nement. On utilise généralement l’origine du référentiel relatif,
−−−→
dOa Or
~ve =
,
(1.15)
dt
où Oa et Or sont les origines des référentiels absolu et relatif, respectivement.
1.3.2
Loi de composition des accélérations
Pour les accélérations, en se restreignant toujours aux référentiels en translation, on a une relation similaire :
~aa = ~ar + ~ae ,
(1.16)
CHAPITRE 1. RAPPELS DE MÉCANIQUE DU POINT
9
où ~ar est l’accélération relative. L’accélération d’entraı̂nement, quant à elle, s’écrit,
−−−→
d2 Oa Or
.
dt2
~ae =
1.4
(1.17)
Principes fondamentaux de la mécanique du point
1.4.1
Les trois lois de Newton
L’observation qu’un point matériel continue sur sa lancée, s’il n’est pas perturbé, a longtemps intrigué. C’est
devenu un postulat de base de la mécanique qui dépend du choix du référentiel d’observation. D’où le premier
principe de la dynamique, appelé aussi principe d’inertie, qui postule :
Il existe des référentiels prilvilégiés, dits galiléens, dans lesquels un point matériel isolé ou pseudoisolé est soit au repos ou soit animé d’un mouvement rectiligne uniforme.
Il a donc une quantité de mouvement, ou impulsion, constante. De nos jours, on sait par le théorème de Nöther,
que la conservation de la quantité de mouvement est liée à l’invariance par translation dans l’espace.
Si le système n’est pas isolé, son mouvement est a priori modifié et la quantité de mouvement ne sera plus
constante. On appelle “force” l’origine de cette variation de l’impulsion qui peut agir suivant les trois directions
de l’espace. Le deuxième principe de la dynamique, encore appelé principe fondamental ou deuxième loi de
Newton, peut être vu comme une définition de la force :
Dans un référentiel galiléen,
d~
p
.
F~ =
dt
(1.18)
Le troisième principe de Newton, encore appelé loi de l’action et de la réaction, s’applique à un ensemble
de deux points en interaction, l’ensemble formant un système isolé dans un référentiel galiléen. Il ne concerne
que les interactions instantanées. Si on nomme A et B ces deux points, la force exercée par A sur B et la force
exercée par B sur A sont portées par la droite (AB) et sont opposées.
1.4.2
Intégrale première du mouvement
La notion d’énergie est très importante car c’est la seule grandeur qui permet de relier tous les domaines de
la physique. Nous y reviendrons à la fin de ce cours. En mécanique du point, le théorème de l’énergie cinétique,
qui découle de la seconde loi de Newton s’écrit :
Le travail de la résultante des forces qui s’exerce sur un point matériel entre deux instants est égal
à la variation de l’énergie cinétique entre ces mêmes instants,
Z
B
EcB − EcA =
F~ .d~l =
A
avec Ec = 21 mv 2 , l’énergie cinétique. WF~ ,A→B =
et B.
Z
tB
F~ .~v dt,
(1.19)
tA
RB
A
F~ .d~l est appelé le travail de la force F~ entre A
Pour des forces conservatives, pour lesquelles le travail ne dépend pas du chemin suivi, on définit l’énergie
potentielle ainsi,
dEp = −F~ .d~l.
(1.20)
On en déduit que l’énergie potentielle ne dépend que de la position
Z
Ep(B) − Ep(A) = −WF~ ,A→B = −
B
F~ .d~l.
(1.21)
A
L’énergie potentielle Ep est définie à une constante intégrative près. Si un système n’est soumis qu’à des forces
conservatives, il découle du théorème de l’énergie cinétique, que son énergie mécanique, Em = Ec + Ep, est
conservée.
Chapitre 2
Statique du solide
2.1
Introduction
Avec la mécanique du point, un crayon devrait être à l’équilibre quelle que soit la façon dont on le pose sur
une table. Même si c’est verticalement ! L’expérrance montre que ce n’est pas vrai. Le problème vient du fait
que la mécanique du point ne prend pas en compte l’orientation de l’objet étudié, puisque le point n’a pas de
volume.
Un solide se distingue d’un point matériel, étudié en première année, par son extension spatiale et donc son
orientation dans l’espace. Pour l’étude des mouvements, cela complique beaucoup les choses, car en plus de son
déplacement, il peut tourner sur lui même. Imaginez un ballon ou une roue qui roulent.
Etudier le mouvement d’un solide signifie donc étudier à la fois son déplacement et sa rotation sur lui
même. Nous allons le faire en partant de la mécanique du point. Pour cela, on divise le solide en une infinité
d’éléments de masse dm assimilés à des points matériels. Pour simplifier le problème, nous allons supposer que
les solides sont indéformables, ce qui signifie que la distance entre deux points du solide est constante. C’est une
approximation qui est a priori raisonnable pour de nombreux systèmes. L’étude de la déformation des solides
n’entre pas dans le programme de ce cours et sera vue en L3, voire plus tard.
La première étape du cours va consister à généraliser la relation fondamentale de la dynamique vue en
mécanique du point. Puis, nous allons l’appliquer à la situation la plus simple possible, la statique, qui fait
l’objet de ce chapitre, pour ensuite compliquer petit à petit les mouvements étudiés.
Figure 2.1 – Toupies pirouettes qui se retournent quand on les fait tourner
Evidemment, des exemples d’application variés seront proposés en cours et en TD. Cependant, un problème
va nous servir de fil conducteur en revenant régulièrement : pourquoi la toupie pirouette (ou tippe-top en anglais)
se retourne quand on la fait tourner ?
2.2
Théorème du centre d’inertie
Considérons un solide quelconque en mouvement dans un référentiel galiléen. On choisit un repère d’origine
O dans ce référentiel. Pour étudier ce mouvement du solide par rapport à ce référentiel, on va le diviser en une
10
CHAPITRE 2. STATIQUE DU SOLIDE
11
v(M)
dm
M
Figure 2.2 – Elément de masse agrandi d’un solide quelconque.
infinité de petits éléments de masse dm situés en un point noté M . Chaque point se déplace à une vitesse notée
~v (M ), voir figure 2.2.
Chaque élément dm est assimilé à un point matériel auquel nous pouvons appliquer la mécanique du point.
Considérons la relation fondamentale de la dynamique. Les forces extérieures agissant sur cet élément sont les
forces extérieures appliquées au solide F~ext , comme le poids, mais aussi les forces dues aux éléments voisins F~co
qui assurent la cohésion du solide. Ainsi, dans un référentiel galiléen,
dm
−−→
d2 OM
= dF~ext + dF~co .
dt2
(2.1)
Nous allons ensuite additionner tous les éléments de masse sur tout le solide.
Commençons par la partie de droite de l’équation (2.1) et les forces de cohésion. Prenons deux points
quelconques de ce solide, A et B. D’aprs la troisième loi de Newton, ou loi de l’action et de la réaction, la force
exercée par A sur B est opposée à la force exercée par B sur A. Par conséquent, quand on somme sur tout le
solide, les forces de cohésion s’annulent entre elles et deviennent des forces intérieures. En revanche, les forces
extérieures comme le poids s’ajoutent et l’on obtient la somme des forces extérieures.
Pour la partie gauche de l’équation (2.1), la somme de tous les éléments, revient à empiler des morceaux
infiniment petits dans le volume défini par le solide. Cela s’écrit sous la forme d’une triple intégrale que vous
découvrirez dans le cours de techniques de calcul. Ainsi, la somme de l’équation (2.1) sur tous les éléments du
solide s’écrit
Z Z Z 2 −−→
X
d OM
dm
=
F~ext .
(2.2)
dt2
S
Vous ne savez pas calculer des intégrales triples et vous n’aurez pas à le faire dans ce cours. Je vais le faire
ici pour que vous ayez la démonstration, mais seul le résultat final nous sera utile par la suite. Comme le solide
est indéformable, on peut intervertir la dérivée par rapport au temps et la triple intégration :
ZZZ
S
Z Z Z
−−→
−−→
d2 OM
d2
dm = 2
OM dm .
dt2
dt
S
(2.3)
Pour pouvoir continuer, on va utiliser la généralisation deRRR
la notion de centre de masse G à un nombre infini de
masses élémentaires dm. En notant la masse totale m =
dm, on a
S
ZZZ
−−→
−−→
OM dm = mOG.
(2.4)
S
Ici, G est le barycentre des éléments de masse dm. En physique du mouvement, on l’appelle le centre de masse
ou le centre d’inertie.
Finalement, on a que
−−→
d2 OG X ~
=
Fext ,
(2.5)
m
dt2
CHAPITRE 2. STATIQUE DU SOLIDE
12
ou que
m~aG =
X
F~ext .
(2.6)
Ici, ~aG est l’accélŕation du centre de masse G. On trouve donc une expression similaire à la relation fondamentale
de la dynamique que l’on doit appliquer au centre de masse G.
−
−
→
On peut montrer, de la même façon , que la quantité de mouvement totale, p~ = m~vG , où ~vG = dOG
dt est la
vitesse du centre de masse. Ainsi, tout se passe comme si toute la masse du solide était concentrée en son centre
de masse qui va jouer un rôle privilégié en mécanique du solide.
Finalement, on peut aussi écrire l’équation précédente de cette façon :
X
d~
pG
=
F~ext
dt
avec
p~G = m~vG ,
(2.7)
où m est la masse totale du solide et ~vG , la vitesse de son centre de masse. En ce qui concerne la somme des
forces, la notation est générique et inclut des forces qui ne s’appliquent qu’à un point du solide (réaction du
support par exemple) ou à tout le solide (pesanteur). Dans ce dernier cas, il faut remplacer la somme par une
intégrale triple sur tout le volume.
On trouve donc une expression similaire à la relation fondamentale de la dynamique pour
un point matériel. En mécanique du point, une telle relation était un postulat. En mécanique
du solide, elle repose sur une démonstration et on l’appelle théorème du centre d’inertie ou
théorème de la résultante cinétique en fonction des livres. Dans d’autres pays, ce résultat est souvent
appelé première loi du mouvement d’Euler. Nous verrons la deuxième plus tard.
La position du solide, ou plutôt la position de son centre de masse, pourra donc être déterminée par tout
ce que vous avez appris en mécanique du point. Cela justifie a posteriori l’étude de la mécanique du point pour
tous les types de systèmes. On retrouvera le rôle particulier joué par le centre de masse dans d’autres chapitres
de ce cours.
Il faut donc apprendre à déterminer la position du centre de masse pour un solide.
2.3
2.3.1
Centre de masse pour une répartition continue
Définition
La définition du centre de masse G correspond au barycentre d’un ensemble de points Mi affectés d’un
coefficient mi ,
X −−→
mi GM i = ~0.
(2.8)
i
−−→
−−→
Avec deux points, on a m1 GM 1 + m2 GM 2 = ~0 et donc G est sur le segment M1 M2 . Si m1 = m2 , G est juste au
milieu. Si m1 > m2 , G sera plus près de M1 . D’où le nom de centre de masse. Il est aussi appelé centre d’inertie.
La relation précédente permet de comprendre le sens de G, mais pas de trouver ses coordonnées. A l’aide de
la relation de Chasles, on a
X −−→
X −−→ X −−→
mi GM i =
mi GO +
mi OM i = ~0.
(2.9)
i
i
i
Et donc, on en déduit immédiatement que
−−→
OG =
−−→
P
mi OM i
iP
i
mi
,
(2.10)
où O est une origine quelconque.
Pour une répartition continue, on remplace les sommes par des intégrales,
−−→
GM dm = ~0
ZZZ
S
ou
−−→
OG =
RRR −−→
OM dm
S
RRR
.
dm
S
(2.11)
CHAPITRE 2. STATIQUE DU SOLIDE
13
La détermination du centre de masse est essentielle en mécanique du solide. Souvent, cela peut être fait sans
calcul car le centre de masse appartient obligatoirement aux plans ou axes de symétrie du solide. Les cas qui
nécessitent des calculs seront traités dans le cours de techniques de calcul.
Exemple : Détermination du centre de masse d’un cylindre homogène.
G appartient à l’axe du symétrie du cylindre et au plan de symétrie qui coupe le cylindre en deux. Il appartient
donc à leur intersection. Et donc, sans surprise, G est situé au centre du cylindre.
Pour la toupie pirouette, il est difficile de calculer exactement la position du centre de masse. Ce qui est sûr,
c’est qu’il se trouve sous le centre de la sphère, quand la toupie ne tourne pas. On aura recours à des calculs
d’intégrales multiples qui peuvent être faits analytiquement pour quelques géométries simples. Ces calculs ne
sont pas au programme de ce cours et seront vus en techniques de calcul.
2.3.2
Propriété
Le centre de masse de plusieurs systèmes réunis peut être calculé à partir des centres de masse de chacun
de ces sous-systèmes. Soient S1 et S2 , deux parties d’un système S, on a, par définition,
ZZZ
ZZZ
ZZZ
−−→
−−→
−−→
→
−
GM dm = 0 et donc
GM dm +
GM dm = ~0.
(2.12)
S1 +S2
S1
S2
En introduisant les centres de masse respectifs G1 et G2 de chacun des sous-systèmes, il vient, en séparant les
intégrales,
ZZZ
ZZZ
ZZZ
ZZZ
−−→
−−−→
−−→
−−−→
GG1 dm +
G1 M dm +
GG2 dm +
G2 M dm = ~0.
(2.13)
S1
S1
S2
S2
Par définition de G1 et G2 les deuxième et quatrième termes sont nuls et donc, finalement,
−−→
−−→
m1 GG1 + m2 GG2 = ~0,
RRR
(2.14)
RRR
avec m1 = S1 dm et m2 = S2 dm.
On peut, bien évidemment, généraliser ce calcul à plus de deux sous-systèmes. Cette propriété est utile pour
trouver le centre de masse de systèmes complexes.
2.4
2.4.1
Moment de force
Introduction
Pour un solide à l’équilibre, il résulte du théorème du centre d’inertie que la somme des forces extérieures
doit être nulle, comme en mécanique du point.
Appliquons cette condition à un premier exemple. Si l’on regarde le pendule de gauche de la figure 2.3,
on sait qu’il n’est pas à l’équilibre, même si la somme des forces appliquées est nulle. Le cube va tourner sur
lui-même. Il pourrait être à l’équilibre si la force était appliquée au bon endroit, comme c’est le cas pour le
pendule de droite. La seule différence entre ces deux situations est le point d’application de la tension du fil
qui n’est pas le même. La position du point d’application d’une force prise en compte dans la somme des forces
extérieures, alors que c’est un aspect primordial pour faire tourner un objet sur lui même. On ne met pas les
poignées de porte près des charnières mais à l’opposé !
La somme des forces ne suffit donc pas et il faut définir un nouvel outil mathématique qui prenne en compte
l’effet levier, c’est à dire, la position du point d’application des forces. Quel doit-il être ?
Pour répondre quantitativement, considérons une balançoire à bascule ou une balance. Voir la figure 2.4. On
observe expérimentalement qu’il y a équilibre si m1 gd1 = m2 gd2 . On va donc chercher un outil mathématique
qui soit proportionnel à la force et à la distance par rapport à un point qui reste à définir.
Par ailleurs, les deux forces précédentes ne font pas tourner la balance dans le même sens, autrement, elles
ne pourraient pas se compenser. Il nous faut donc encore prendre en compte ce paramètre. La masse m2 va faire
tourner la balance dans le sens des aiguilles d’une montre et la masse m1 , dans le sens contraire. Le vecteur
rotation engendré par le poids de la masse m2 pointe donc vers l’arrière alors que celui dû au poids de la masse
m1 pointe vers nous. Comment s’en souvenir ? A l’aide de la main droite ou de la règle dite du tire-bouchon.
CHAPITRE 2. STATIQUE DU SOLIDE
14
T
T
mg
mg
Figure 2.3 – Solide pendu au bout d’un fil. A droite il est à l’équilibre, pas à gauche.
d2
d1
m1
m2
Figure 2.4 – Balançoire à bascule ou une balance à l’équilibre.
2.4.2
Définition
Résumons-nous. On cherche à définir un outil mathématique qui prend en compte le point d’application de
chaque force par rapport à un point de référence, qui soit proportionnel à cette force et à la distance entre ces
deux points. Il doit aussi indiquer le sens de rotation engendré.
On définit ainsi le moment d’une force F~ appliquée en un point A par rapport à un point O
comme étant,
→
~ ~ =−
M
OA ∧ F~ .
(2.15)
F /O
Prenons un autre exemple simple pour vérifier que cet outil remplit bien le cahier des charges que l’on s’est fixé.
Exemple : la manivelle
Sur la figure 2.5, plusieurs forces agissent sur la manivelle qui actionne un treuil pouvant tourner autour
d’un axe passant par O. Nous allons calculer le moment de chacune de ces forces par rapport à O pour bien
comprendre ce que représente un moment.
−→
~ ~
~
~ ~
M
est aussi
F1 /O est orthogonal à OA et à F1 , donc au plan de la feuille et orienté vers le lecteur. MF
4 /O
orthogonal au plan de la feuille, mais de sens contraire. Ainsi, le moment de la force indique le sens de rotation
de l’objet sous l’action de cette force : dans le sens trigonométrique pour F~1 et dans le sens inverse pour F~2 . A
−→
~ ~
~
~
noter que M
F3 /O = 0. La force F3 ne fait pas tourner le treuil et le moment correspondant est nul car OA est
parallèle à F~3 .
Pour mémoriser le lien entre le sens de rotation et le sens du moment de force correspondant, on utile la
règle dite du “tire-bouchon” ou de la main droite. Pour la première, si l’on visse, le déplacement de la vis, du
CHAPITRE 2. STATIQUE DU SOLIDE
15
F1
F2
O
theta
A
F3
F4
Figure 2.5 – Plusieurs forces agissent sur une manivelle.
robinet ou du tire-bouchon indique le sens du moment. La même chose si l’on dévisse. On peu aussi utilise la
main droite, comme indiqué sur la figure 2.6.
Figure 2.6 – Règle de la main droite reliant le sens de rotation engendré par un moment de force et l’orientation
du moment. Figure trouvée sur internet.
~ ~ k = OA.kF~1 k, ce qui signifie que le moment sera d’autant plus grand que la force est
En norme, kM
F1 /O
intense ou qu’elle est éloignée de l’axe de rotation. Ainsi, si le point d’application est au milieu de OA, la force
appliquée doit être deux fois plus forte pour obtenir le même moment. On retrouve l’effet levier recherché.
~ ~ k = OA.kF~2 k.| sin θ|, ce qui signifie que seule la composante orthogonale à la
Pour la force F~2 , on a kM
F2 /O
manivelle contribue à la rotation.
En conclusion, l’efficacité dépendra bien évidemment de l’orientation de la force et c’est bien pris en compte
dans la définition du moment. Pour savoir dans quel sens un moment fera tourner l’objet, il suffit d’appliquer
la règle du “tire-bouchon” ou de la main droite.
Si l’on applique plusieurs forces, on fait la somme des moments qui, elle, déterminera le sens du mouvement.
Ainsi, le moment d’une force prend en compte l’intensité de la force, mais aussi son éloignement à l’axe de
rotation. C’est l’effet de levier. Pour faire tourner un boulon trop serré, une manivelle est d’une grande utilité.
Ou pour casser une noix, le casse-noix permet d’éloigner la force de pression de la noix. On pourrait multiplier
les exemples de la vie courante où le moment de la force est pertinent. La notion de levier est connue depuis
la nuit des temps. Pour construire les pyramides, les Egyptiens et les Aztèques devaient avoir de nombreuses
notions de mécanique. Les premières traces écrites de moment de force datent au moins de l’antiquité grecque,
même si elles n’étaient pas exprimées comme cela. Dans l’ouvrage intitulé Mécaniques de Héron d’Alexandrie,
CHAPITRE 2. STATIQUE DU SOLIDE
16
qui vivait, semble-t-il, au II siècle avant notre ère, il est question, entre autres, des leviers et autres machines
simples. L’auteur possédait déjà la notion de moment. Un traité d’Archimède (287-212 avant J.-C.), aujourd’hui
perdu, était aussi consacré aux leviers.
Exemple : le poids
Dans le cas d’une répartition continue de force, il faut découper le solide en petits volumes élémentaires et
sommer tous les moments. Considérons le cas habituel du poids :
ZZZ
ZZZ
−−→
−−→
−−→
~ m~g/O =
M
OM ∧ ~g dm = (
OM dm) ∧ ~g = OG ∧ m~g .
(2.16)
S
S
Tout ce passe comme si le poids ne s’appliquait qu’au centre de masse du solide. Et donc,
~ m~g/G = ~0.
M
(2.17)
Ce n’est donc pas le poids seul qui peut faire tourner les solides sur eux-même. Il ne contribuera qu’au
déplacement du centre de masse.
2.4.3
Propriété
Connaissant le moment de la résultante des forces en un point, on calculer aisément ce moment par rapport
à un autre point. En écrivant les sommes sous forme discrète, même si l’on a des intégrales,
X
~ ~ 0=
M
Fi /O
X
O~0 Ai ∧ F~i =
X −−→
X −→
X
−−→ X
~ ~ .
O0 O ∧ F~i +
OAi ∧ F~i = O0 O ∧
F~i +
M
Fi /O
(2.18)
Il s’agit de la formule de Varignon. Quand des vecteurs satisfont ce type de relation, on parle de torseur.
Cette propriété a une conséquence qui nous sera très utile par la suite : si la résultante des forces appliquées
est nulle, on a
X
X
~ ~ 0=
~ ~ .
(2.19)
M
M
Fi /O
Fi /O
La résultante des moments correspondants ne dépend pas du point de référence.
2.5
2.5.1
Statique du solide
Conditions d’équilibre et stabilité
Un solide sera à l’équilibre statique si son centre de masse ne se déplace pas et s’il ne tourne
pas sur lui même. Pour que ces conditions soit réalisées, il faut que
X
F~ext = ~0
et
X
~ ~ = ~0.
M
Fext
(2.20)
Le moment des forces peut être calculé par rapport à n’importe quel point, puisque la somme des
forces est nulle. Cependant, le même point de référence doit être choisi pour toutes les forces !
En ce qui concerne la stabilité, il faut écarter légèrement le solide de sa position d’équilibre
et vérifier si la résultante des forces l’y ramène ou pas, comme en mécanique du point. Puis, il
faut tourner légèrement le solide par rapport à sa position d’équilibre et vérifier si la résultante
des moments l’y ramène pour pas.
2.5.2
Exemples
Pendu
Considérons, comme système étudié, un objet pendu au bout d’un fil, figure 2.7a. Les forces extérieures
appliquées sont le poids, m~g , et la tension du fil, T~ , parallèle au fil. On a T~ + m~g = ~0 et donc à l’équilibre, le
fil doit être vertical comme T~ .
CHAPITRE 2. STATIQUE DU SOLIDE
17
a
b
O
C
G
T
R
G
mg
mg
y
c
M
G
R
G
mg
C
d
R2
mg
ϑ
T1
N1
x
S
Figure 2.7 – Solide pendu au bout d’un fil (a), demi-sphère (b), domino (c) et échelle (d) dont on cherche la
position d’équilibre.
On a aussi que la somme des moments de ces forces doit être nulle. Quel point de référence choisir ? On
choisit généralement un point qui limite les calculs, comme, par exemple, le point d’application d’une des forces.
~ ~ = ~0, on doit aussi avoir M
~ m~g/O = ~0, et donc
Ici, on peut aussi prendre le point d’attache, O. Comme M
T /O
−−→
OG ∧ m~g = ~0. On en déduit, sans calcul, que le point G doit être à la verticale de O.
Toupie
Considérons maintenant la demi-sphère de la figure 2.7b, qui est supposée représenter la toupie pirouette.
~ dont on ne connaı̂t pas la
Les forces extérieures appliquées sont le poids, m~g , et la réaction du support, R
~ + m~g = ~0 peut être toujours satisfaite, quelle que soit la position de la toupie. On en
direction. La condition R
déduit que la réaction est verticale et a une norme égale à mg.
La somme des moments des forces extérieures appliquées est aussi nulle. Il y a plusieurs possibilités pour
le point de référence. On peut, là encore, choisir le point d’application d’une des forces, pour éviter le calcul
d’un des deux produits vectoriels. Prenons A, le point de contact entre la demi-sphère et le support. Comme
~ ~ = ~0, on en déduit que M
~ m~g/A = ~0. Cela ne sera réalisé que si G est à la verticale de A.
M
R/A
~ m~g/A est orthogonal
Cet équilibre est stable car si l’on considère la situation présentée sur la figure 2.7, M
à la feuille et pointe vers le lecteur. La poids a donc tendance à ramener la toupie vers sa position d’équilibre.
Conclusion, si la toupie ne tourne pas sur elle-même, il n’y a aucune raison pour qu’elle se retourne. C’est ce
que l’on peut observer.
CHAPITRE 2. STATIQUE DU SOLIDE
18
Domino
Considérons enfin le domino de la figure 2.7c. Nous n’allons pas rechercher la position d’équilibre qui est
évidente, mais plutôt de quel côté le domino va tomber quand il n’est pas à l’équilibre. Les forces extérieures
~ dont on ne connaı̂t pas la direction.
appliquées sont, une fois de plus, le poids, m~g , et la réaction du support, R
On va supposer que le point de contact C est immobile et nous allons étudier le sens de la rotation autour
−→
~~
~ g/C = −
~
de C. Comme M
CG ∧ m~g . Si, comme sur le dessin, la verticale de
R/C = 0, il ne nous reste que Mm~
G passe à droite de C, le domino va tomber vers la droite. En revanche, si elle passe à gauche, le domino va
revenir vers sa position d’équilibre verticale. On comprend tout de suite pourquoi un domino debout est moins
stable qu’un cube. C’est une question de longueur d’arrête.
Si G est juste à la verticale de C, on a une position d’équilibre qui n’est pas intuitive et que vous n’avez
probablement jamais observée car elle est instable. En effet, elle marque la frontière entre la rotation vers
la droite et vers la gauche du domino. Et donc, dès que l’on écarte légèrement le domino de cette position
d’équilbre, il va s’en écarter.
Cet exemple explique pourquoi la tour Eiffel a les pattes écartées. Sans cela, elle serait moins stable. En
revanche, les tours modernes n’ont pas de pattes écartées. Comment font-elles pour tenir ? La plus haute
du monde, à Tôkyô, subit même des tremblements de terre fréquents. Elles sont encastrées dans le sol et pas
simplement posées sur le sol comme la tour Eiffel. Et cela change tout. Nous allons donc étudier les encastrements
dans la section suivante.
Sphère
On pourrait montrer de la même façon qu’une sphère sur un plan incliné n’a pas de position d’équilibre.
Alors que sur un plan horizontal, chaque position, est une position d’équilibre.
Conslusion
Il ressort de ces exemples que l’on peut souvent résoudre le problème sans trop de calculs,
voire sans calcul du tout en étant astucieux et en tentant de comprendre intuitivement ce qui se
passe. Un dessin nous a été très utile.
La première étape de tout exercice consiste donc à faire un dessin avec toutes les forces
extérieures appliquées au système préalablement bien défini. L’objet étudié ne doit pas être à
l’équilibre, pour garder la généralité.
Il faut ensuite choisir le point de référence pour les moments de force. Il est souvent pratique
de choisir un point pour lequel le moment des forces que l’on ne connaı̂t pas, comme la tension
du fil ou la réaction du support, est nul. Le moment de chaque force doit alors être trouvé, soit
en calculant le produit vectoriel, soit intuitivement.
Enfin, le résultat obtenu doit être raisonnable. Dans chacun des exemples précédents, le centre
de masse se positionne dans la position la plus basse possible.
2.6
Efforts transmis entre solides
Dans les exemples choisis précédemment, le solide étudié reposait simplement sur un support et subissait
une force de réaction ou était pendu et subissait la tension du fil. Pour le fil, on sait que la tension est parallèle
au fil. Pour la demi-sphère ou le domino, on ne connaissait pas la direction de la réaction, mais on a pu résoudre
le problème.
Qu’en est-il si le solide est encastré dans un autre solide afin de l’empêcher de bouger ? On peut imaginer de
nombreuses autres situations avec certains mouvements interdits et d’autres autorisés. On parle alors de liaison.
Quelques exemples sont donnés figure 2.8.
2.6.1
Degrés de liberté
Seul dans l’espace, un solide a 6 degrés de liberté, trois de translation, suivant les axes Ox, Oy et Oz, et
trois de rotation, autour des mêmes axes. Les liaisons représentées sur la figure 2.8 vont geler certains degrés
de liberté.
CHAPITRE 2. STATIQUE DU SOLIDE
19
z
y
x
liaison plan
liaison rotule
liaison verrou
Figure 2.8 – Exemples de liaisons.
La liaison plan laisse trois degrés de liberté : deux de translation suivant les axes x et y et un de rotation
autour de l’axe z.
La liaison rotule laisse trois degrés de liberté de rotation autour de chacun des axes. Aucune translation n’est
possible.
La liaison verrou permet une translation le long de l’axe y et une rotation autour de ce même axe. Les autres
mouvements sont impossibles.
Pour empêcher un mouvement selon un degré de liberté, le solide extérieur doit exercer une contrainte ou
un effort qui a se traduire par une force totale et un moment total que l’on va essayer de caractériser. Il est
impossible de décrire ce qui se passe microscopiquement, au niveau de chaque point de contact. On ne peut
qu’avoir une approche globale.
2.6.2
Action mécanique transmise par une liaison
Commençons par considérer le cas d’une liaison d’encastrement empêchant tout mouvement, comme représenté
sur la figure 2.9.
Figure 2.9 – Liaison d’encastrement
Les forces exercées par S1 sur S2 se répartissent sur toute la partie encastrée qui est en pointillé sur le dessin.
Comme la liaison empêche la tige S2 de tomber et de basculer, cela se traduit par une force résultante et un
CHAPITRE 2. STATIQUE DU SOLIDE
20
moment résultant inconnus. La résultante des efforts transmis peut donc contenir jusqu’à 6 composantes,
F~
~O
M
= Fx ~ux + Fy ~uy + Fz ~uz
(2.21)
= MOx ~ux + MOy ~uy + MOz ~uz ,
(2.22)
~ 0 le moment de ces forces
où F~ est la somme des forces exercées par S1 sur S2 , que l’on ne connaı̂t pas, et M
~
par rapport à O. Evidemment, MO dépend du choix du point de référence O.
Dans le cas de la liaison verrou représentée sur la figure 2.8, si l’on néglige les frottements, il n’y a aucune
contrainte de translation suivant l’axe des y et donc, on peut affirmer que Fy = 0. De même, il n’y aucune
~ Oy = 0.
contrainte de rotation autour de l’axe y et M
Dans le cas de la liaison rotule, toujours en l’absence de frottement, toutes les rotations sont possibles et donc
~ = ~0. En revanche, comme aucune translation n’est possible, il faudra prendre en compte les 3 composantes
M
de la force, a priori.
Avant de se lancer dans la résolution d’un exercice, il faut donc veiller à bien analyser les
liaisons entre les solides. La réaction du support n’est pas toujours perpendiculaire au support
comme en mécanique du point. Elle inclut aussi un moment de force.
2.6.3
Application à la statique
Considérons le cas d’une poutre encastrée dans un mur, figure 2.9. On veut connaı̂tre les efforts du mur sur
la poutre. On note L la longueur totale de la poutre et d la longueur de la partie encastrée. Pour simplifier, on
choisit l’origine O sur l’axe de la poutre, au niveau du mur. La résultante des forces dues au mur se traduit donc
~ O , qui ont a priori 3 composantes chacun. Comme tous les
par une force F~ et un moment par rapport à O, M
mouvements sont interdits, on ne peut pas simplifier en annulant une ou plusieurs composantes. A cela s’ajoute
le poids de la poutre m~g , qui s’applique en son centre de masse.
A partir des équations de la statique, on a alors que

 Fx = 0 /~x
X
Fy = 0 /~y
(2.23)
F~ = ~0 ⇒

Fz − mg = 0 /~z
et
X
~ F/O
M

 MOx − ( L2 − d)mg = 0 /~x
−
−
→
~
~
~
.
= 0 ⇒ Mliaison + OG ∧ m~g = 0 ⇒
MOy = 0 /~y

MOz = 0 /~z
(2.24)
On obtient finalement une force verticale qui empêche la poutre de tomber sous l’action du poids et un moment
qui empêche la poutre de pivoter autour de l’axe Ox. Les autres composantes ne sont pas sollicitée est sont donc
nulle. Mais si l’on exerçait d’autres forces sur la poutre, la réaction du mur s’adapterait. Ainsi, une pression
horizontale suivant l’axe x va engendrer l’apparition d’une composante Fx et Mz non nulles qui vont interdire
le déplacement le long de l’axe Ox et la rotation autour de l’axe Oz.
Les forces de liaison sont réparties sur toute la surface en contact entre la poutre et le mur, comme le poids
est réparti sur tout le solide. Dans le cas du poids, on avait pu simplifier la représentation avec une force unique
appliquée en G, centre de masse. Ici, en choisissant un point de référence arbitraire, on a obtenu une force et
un moment totaux. Existe-t-il aussi un point d’application virtuel qui permettrait
de n’avoir qu’une seule force
P ~
unique ? Pour cela, on va chercher le point d’application A pour lequel
MF/A = ~0.
La formule de Varignon, équation (2.18), donne,
X
X
→
~ F/A = −
~ F/O
M
AO ∧ F~ +
M
(2.25)
=
−yA ~uy ∧ mg~uz + (
L
− d)mg~ux .
2
(2.26)
On en déduit immédiatement que yA = ( L2 − d). A est donc situé en G, ce qui n’est pas intuitif. Il faut donc
faire attention avec cette notion de “point d’application” d’un ensemble de forces. Ce n’est pas toujours simple
comme pour le poids.
CHAPITRE 2. STATIQUE DU SOLIDE
2.6.4
21
Avec des forces de frottement
Dans l’exemple précédent, on a supposé implicitement que le mur tenait quelle que soit la contrainte exercée
et qu’il n’y avait pas de limite pour l’amplitude des forces et des moments. Ce n’est plus le cas avec une force
de frottement.
Considérons, par exemple, le cas d’une échelle de longueur L posée contre un mur, figure 2.7c. Sans frottement, elle glisserait. La réaction du sol sur l’échelle a donc deux composantes, une verticale qui empêche
l’échelle de tomber, et une horizontale, qui l’empêche de glisser. Tant que le sol tient, la composante verticale
peut compenser l’appui. En général, on suppose qu’il n’y a pas de limite pour cette composante. Ce n’est pas
le cas pour la composante horizontale.
Imaginons une boı̂te posée sur un support horizontal. La réaction du support va être verticale. Si on essaye
de pousser légèrement la boı̂te pour la faire glisser, le support va réagir pour empêcher ce glissement. Une
composante horizontale de la réaction du support va donc apparaı̂tre, appelée force de frottement. Tant que
la boı̂te ne bouge pas, cette nouvelle force peut compenser la pression. Mais il y a une limite et si l’on pousse
fortement, la boı̂te va glisser. Que vaut cette limite ? Si la boı̂te est plus lourde, c’est à dire, si elle appuie plus sur
le support, elle sera plus difficile à déplacer. Donc, plus la composante normale de la réaction sera grande, plus
la limite pour la force de frottement sera haute. De manière purement phénoménologique et approximative, on
suppose généralement que la composante tangentielle de la réaction du support, qui correspond aux frottements,
~ :
T~ , a une limite supérieure qui est proportionnelle à la composante normale de cette même réaction, N
~ k,
kT~ k ≤ f kN
(2.27)
~ k,
où f est appelé coefficient de frottement solide et est sans dimension. Une fois que la boı̂te glisse, kT~ k = fd kN
où fd est le coefficient de frottement solide dynamique, qui n’est pas forcément égal à f .
Il s’agit de la loi de Coulomb établie expérimentalement par Charles Augustin Coulomb (1736 - 1806).
Exemple : Echelle contre un mur. Pour le problème qui nous intéresse ici, on supposera qu’il n’y a des
frottements solides de coefficient f qu’au niveau du sol et non contre le mur et que l’échelle est homogène. De
plus, comme l’échelle peut pivoter librement autour des deux points de contact, on va supposer que le sol et le
mur ne transmettent aucun moment de force.
Le système étudié est donc l’échelle. Les forces extérieures sont le poids et les forces de réaction représentées
sur la figure 2.7c. A l’équilibre, la résultante des forces doit être nulle et donc, en projettant sur chacun des
~ 1 + m~g = ~0 et R
~ 2 + T~1 = ~0. La résultante du moment des forces doit être calculée, pour obtenir
axes, on a N
~ P ~ = L( mg cos θ − T1 sin θ)~uz = ~0.
(2.28)
M
Fext
2
En l’absence de frottement (T1 = 0), ce moment ne peut être nul que pour θ = π/2, ce qui est très instable
comme nous l’avons vu pour le domino.
En présence de frottements, on peut aussi résoudre le problème car on a trois équations avec trois inconnues,
T1 , N1 et N2 . Une fois que l’on a la solution, il faut cependant veiller à ce que les frottements peuvent bien
retenir l’échelle. Il y a donc, en plus, la condition T1 ≤ f N1 à satisfaire. C’est ce que l’on fait par la suite.
La résolution des trois équations de la statique conduit à
mg
T1 =
cotan θ
et
N1 = mg.
(2.29)
2
A partir de là, on peut vérifier que la force de frottement nécessaire T1 est bien inférieure à la limite f N1 . Ce
qui donne finalement comme condition d’équilibre,
cotan θ ≤ 2f.
(2.30)
La fonction cotangente est définie par
1
cos θ
=
.
sin θ
tan θ
Elle est infinie en θ = 0 et donc il ne peut pas y avoir d’équilibre pour des angles petits : l’échelle va glisser.
En revanche, comme cotan0 = 0, une échelle plus proche de la verticale ne glissera pas. La limite se situe à
θ = arccotan (2f ), car la fonction arccotan, qui la fonction inverse de la fonction cotangente, est décroissante.
Avec un coefficient de frottement f = 1, l’angle limite est π/2. Si θ < π/2, l’échelle glisse sur le sol. Ce n’est
pas le cas, si θ > π/2, et l’équilibre est possible. Mais si l’échelle est trop raide, elle est moins stable quand on
grimpe dessus.
cotan θ =
CHAPITRE 2. STATIQUE DU SOLIDE
2.7
22
Résoudre un exercice de statique du solide
Pour résoudre un exercice de statique du solide, il est recommandé de suivre scrupuleusement
la méthode détaillée ci-dessous afin d’éviter les erreurs classiques.
1. Il est souvent utile de commencer par faire un dessin qui aide à comprendre le problème
posé.
2. Bien définir le système étudié.
3. Lister les forces extérieures appliquées au système. Pour chaque liaison avec un autre solide,
bien faire attention aux moments de force éventuellement transmis.
4. Ecrire les équations de la statique, à savoir que la somme des forces et la somme des
moments des forces extérieures appliquées sont nulles. Pour les moments, choisir un point
de référence astucieux qui permet souvent de simplifier les calculs.
5. Projeter ces deux équations sur des axes judicieusement choisis et répondre à la question
posée.
2.8
English vocabulary
solide indéformable
vitesse
quantité de mouvement
force
centre de masse
centre de masse pour une répartition continue
moment de force
conditions d’équilibre
rigid body
velocity
linear momentum
force
center of mass
center of mass of continuous bodies
torque
conditions for static equilibrium
Chapitre 3
Rotation autour d’un axe fixe
Dans le chapitre précédent, nous avons vu qu’un solide peut tourner sur lui-même sous l’action du moment
d’une force. Nous allons donc nous intéresser à la rotation d’un solide sur lui-même en commançant par le cas
le plus simple possible, à savoir, la rotation autour d’un axe fixe.
Si l’axe de rotation passe par G, le centre de masse du solide, alors ce point est immobile et p~ = ~0. L’impulsion
ne permet donc pas de décrire ce mouvement et il nous faut trouver un autre outil mathématique pour étudier
la rotation. Par ailleurs, tous les points du solide n’ont pas la même vitesse. Comment décrire la rotation ?
3.1
Vecteur rotation
Considérons donc un solide en rotation autour d’un axe fixe ∆, comme sur la figure 3.1. Chaque point du
solide a un mouvement de rotation autour de sa projection sur l’axe, D. La vitesse de rotation, ω, est la même
pour tous ces points. On va donc l’utiliser.
Afin de prendre en compte la direction de l’axe et le sens de rotation, on introduit le vecteur rotation ω
~ qui
est
— porté par l’axe de rotation,
— orienté en fonction du sens positif de rotation choisi, en suivant la règle du tire-bouchon comme pour le
moment des forces,
— et de norme
dθ (3.1)
k~
ω k = .
dt
Ici, θ est l’angle de rotation du solide.
Soient O une origine choisie sur l’axe de rotation et M un point quelconque du solide. Voir la figure 3.1. La
vitesse du point M vaut
~v (M ) =
−−→
−−→
−−→
−−→
dOM
dDM
d~ur
dθ
dθ
=
= DM
= DM ~uθ = DM ~uz ∧ ~ur = ω
~ ∧ DM = ω
~ ∧ OM .
dt
dt
dt
dt
dt
(3.2)
Ainsi, pour un solide en rotation autour d’un axe fixe et O un point de cet axe, la vitesse d’un
point M quelconque de ce solide, est
−−→
~v (M ) = ω
~ ∧ OM .
(3.3)
Le mouvement de rotation du solide est bien caractérisé par la vitesse angulaire ω
~ qui permet de déduire
aisément la vitesse de chaque point du solide. C’est elle que l’on cherchera à déterminer par la suite.
23
CHAPITRE 3. ROTATION AUTOUR D’UN AXE FIXE
24
Δ
S
M
D
O
Figure 3.1 – Solide en rotation autour d’un axe ∆
3.2
3.2.1
Théorème du moment cinétique
Définition du moment cinétique
Pour un mouvement de translation, la résultante des forces est liée à la quantité de mouvement via la relation
fondamentale de la dynamique. Pour un mouvement de rotation, nous avons vu dans le chapitre précédent, que
c’est le moment d’une force qui en est à l’origine. Pour connaı̂tre la réaction du solide à l’action de ce moment
de force, il nous faut définir une grandeur intitulée moment cinétique qui est le moment de la quantité de
mouvement.
En mécanique du point, le moment cinétique d’un point M de masse m par rapport à un point O est donc
défini par
−−→
−−→
~σo = OM ∧ p~(M ) = m OM ∧ ~v (M ).
(3.4)
Il a déjà été vu pour l’étude des mouvements des corps célestes où il correspond à l’aire balayée, à une constante
multiplicative près.
On peut généraliser aisément cette définition à un solide en le divisant en éléments dm puis en sommant sur
tout le solide :
ZZZ
−−→
~σo =
OM ∧ ~v (M ) dm.
(3.5)
S
Cette expression est complexe et difficilement utilisable ainsi. On va chercher à la simplifier.
Alors que la quantité de mouvement est liée à l’invariance par translation par le théorème de Nöther, le
moment cinétique est lié à l’invariance par rotation. Depuis le début de vingtième siècle, nous savons donc
pourquoi la quantité de mouvement et le moment cinétique sont les grandeurs pertinentes pour étudier les
mouvements de translation et de rotation respectivement. Pour rappel, l’énergie est liée à l’invariance par
translation dans le temps.
3.2.2
Théorème du moment cinétique pour un point matériel
Pour connaı̂tre l’évolution de l’orientation d’un solide, il nous faut considérer le moment cinétique par rapport
à un point O fixe dans le référentiel d’étude, supposé galiléen. Comme pour l’impulsion, c’est sa dérivée par
rapport au temps qui va nous intéresser. En mécanique du point, cela avait conduit au théorème du moment
cinétique, rappelé ici. Pour un point M de masse m,
d~σo
dt
−−→
−−→ d~v
−−→
dOM
= m
∧ ~v + m OM ∧
= m OM ∧ ~a
dt
dt
−−→
~ ~
= OM ∧ F~ext = M
Fext /O .
(3.6)
CHAPITRE 3. ROTATION AUTOUR D’UN AXE FIXE
25
Pour un point matériel, toutes les forces sont appliquées en M .
La structure de cette équation est similaire à celle de la relation fondamentale de la dynamique.
3.2.3
Théorème du moment cinétique pour un solide
En mécanique du solide on aura la même relation en sommant tous les moments des forces extérieures par
rapport à O calculés au point d’application de chacune des forces,
X
X −→
d~σo
~ ~
OAi ∧ F~i ,
=
M
Fext /O =
dt
(3.7)
les forces intérieures se compensant. Dans cette expression, Ai est le point d’application de la force F~i . En cas
de forces continues comme le poids, la somme devient une intégrale triple sur tout le volume. Là encore, le point
O est supposé fixe dans un référentiel galiléen.
Cette loi est générale et nous sera utile tout au long du cours car elle permet d’étudier la rotation due au
moment des forces. Elle vient compléter le théorème de la résultante cinétique qui permet d’étudier le mouvement
du centre de masse de l’objet. Dans certains pays, il s’agit de la deuxième loi du mouvement d’Euler qui vient
compléter la première, vue au chapitre précédent.
Dans ce chapitre, nous limiterons son application à l’étude des solides en rotation autour d’un axe fixe. Les
mouvements plus généraux seront étudiés par la suite.
3.2.4
Calcul du moment cinétique dans le cas d’une rotation autour d’un axe fixe
Ce qui nous intéresse souvent lors de l’étude du mouvement de rotation d’un solide, ce n’est pas de connaı̂tre
son moment cinétique, mais plutôt sa vitesse de rotation caractérisée par le vecteur ω
~ . Comment relier ~σo et ω
~?
Le lien entre ~σo et ω
~ n’est, a priori, pas simple et se fait généralement à l’aide d’une relation matricielle.
Mais, dans le cas d’une rotation autour d’un axe fixe, on peut simplifier le problème. Pour résoudre l’équation
différentielle qui résulte de l’application du théorème du moment cinétique, on la projette sur des axes judicieusement choisis, comme en mécanique du point. Il se trouve que la projection sur l’axe de rotation permet
d’accéder à la vitesse ω
~ . C’est donc ce que nous allons faire.
Chaque point M du solide tourne autour de D, sa projection sur l’axe de rotation ∆, et non O. Voir figure
3.1. Il est donc plus simple de faire intervenir D grâce à une relation de Chasles,
ZZZ
ZZZ
ZZZ
−−→
−−→
−−→
~σo =
OM ∧ ~v (M ) dm =
OD ∧ ~v (M ) dm +
DM ∧ ~v (M ) dm.
(3.8)
S
S
S
−−→
En remarquant que le premier terme est orthogonal à OD et donc à l’axe ∆, on a finalement,
~σo · ~u∆ = ~σ∆ · ~u∆ ,
avec ~u∆ , vecteur unitaire porté par l’axe de rotation et orienté suivant le sens positif de rotation.
On définit ~σ∆ , le moment cinétique par rapport à l’axe de rotation ∆,
ZZZ
−−→
~σ∆ =
DM ∧ ~v (M ) dm.
(3.9)
(3.10)
S
Cette expression fait intervenir la vitesse ~v (M ) qui dépend du point M choisi. Nous allons donc introduire la
vitesse angulaire ω
~ qui commune à tous les points du solide. Pour un mouvement de rotation simple,
−−→
~v (M ) = ω
~ ∧ DM .
(3.11)
Alors,
−−→
−−→
DM ∧ (~
ω ∧ DM ) dm.
ZZZ
~σ∆ =
(3.12)
S
En utilisant la formule du double produit vectoriel, ~a ∧ (~b ∧ ~c) = (~a.~c)~b − (~a.~b)~c, on obtient,
ZZZ
ZZZ
−−→
−−→ −−→
~σ∆ =
(DM )2 ω
~ dm −
(DM .~
ω )DM dm.
S
S
(3.13)
CHAPITRE 3. ROTATION AUTOUR D’UN AXE FIXE
26
−−→
Le deuxième terme de l’équation précédente est nul car DM ⊥ ω
~ . Finalement, on a,
Z Z Z
~σ∆ =
DM 2 dm ω
~ = I∆ ω
~.
(3.14)
S
On a réussi à établir un lien direct entre le moment cinétique par rapport à l’axe de rotation,
~σ∆ et la vitesse de
RRR
rotation ω
~ . L’intégrale qui relie ces deux grandeurs, et qu’il nous reste à déterminer, S DM 2 dm, ne dépend
pas du mouvement, seulement des caractéristiques du solide.
On définit I∆ , moment d’inertie du solide par rapport à l’axe ∆, comme
ZZZ
I∆ =
DM 2 dm.
(3.15)
S
Cette intégrale ne peut pas s’annuler. On se penchera plus tard sur les moments d’inertie, section 3.5. Revenons
au moment cinétique.
On peut conclure de ce calcul complexe, que l’on a simplement
~σ∆ = I∆ · ω
~.
(3.16)
Cette expression du moment cinétique est à rapprocher de celle de la quantité de mouvement pour comprendre
l’importance du moment d’inertie. Il joue le même rôle que la masse d’inertie, mais tient compte de l’éloignement
à l’axe.
3.2.5
Conclusion
Pour un solide en rotation autour d’un axe fixe, l’application du théorème du moment cinétique
conduit à
X −→
(3.17)
OAi ∧ F~i · ~u∆ .
I∆ ω̇ =
où F~i sont les forces extérieures appliquées au solide, Ai leur point d’application, O est un point
de l’axe, ~u∆ le vecteur unitaire porté par l’axe, orienté suivant le sens de rotation choisi, I∆ , le
moment d’inertie du solide par rapport à cet axe et ω, la vitesse angulaire de rotation du solide
autour de cet axe.
On aboutit à une équation différentielle simple qui ressemble à celles vues lors de l’étude du mouvement des
points.
Pour des mouvements plus complexes, où il n’y a pas d’axe de rotation fixe, l’équation à étudier n’est pas
la même. On verra cela dans le chapitre suivant.
3.3
3.3.1
Aspect énergétique
Calcul de l’énergie cinétique pour un solide en rotation autour d’un axe fixe
L’énergie cinétique d’un solide en mouvement est définie par
ZZZ
Ec =
v 2 (M ) dm.
(3.18)
S
Dans le cas d’un solide en rotation, nous allons utiliser le vecteur rotation angulaire ω
~ et introduire D, la
projection du point M sur l’axe ∆, afin de calculer plus facilement la norme de ~v (M ),
−−→
~v (M ) = ω
~ ∧ DM ,
et donc,
−−→
k~v (M )k = k~
ω k · kDM k,
car
(3.19)
−−→
ω
~ ⊥ DM .
(3.20)
Finalement,
1
Ec =
2
Z Z Z
DM dm ω 2 .
2
S
(3.21)
CHAPITRE 3. ROTATION AUTOUR D’UN AXE FIXE
27
On reconnaı̂t le moment d’inertie. Et donc, finalement, on a simplement,
Ec =
1
I∆ ω 2 .
2
(3.22)
Comme le moment cinétique, l’énergie cinétique d’un mouvement de rotation fait intervenir le moment d’inertie
et la vitesse angulaire. On retrouve le rôle important du moment d’inertie.
3.3.2
Théorème de l’énergie cinétique pour un solide en rotation autour d’un axe
fixe
Le théorème de l’énergie cinétique vu en mécanique du point peut être aisément généralisé au cas d’un solide
en rotation. En notant F~i les forces extérieures s’appliquant en un point Ai du solide, le travail élémentaire des
forces exérieures vaut,
X
X
−→
δW =
F~i .~v (Ai ) dt =
F~i .(~
ω ∧ OAi ) dt.
(3.23)
i
i
L’expression en fonction du vecteur rotation ω
~ n’est valable que pour un mouvement de rotation autour d’un
axe fixe passant par O.
En utilisant les propriétés du produit mixte,
X −−→
X
~ ~ .~
δW = (
OAi ∧ F~i ).~
ω dt =
M
(3.24)
Fi /O ω dt.
i
i
En mécanique du point, le travail des forces extérieures est égal à la variation de l’énergie cinétique. C’est encore
vrai en mécanique du solide et nous allons le démontrer à l’aide du théorème du moment cinétique.
δW =
dσ∆
d~σo
dω
.~
ω dt =
.ω dt = I∆ ω dt = dEc.
dt
dt
dt
(3.25)
En conclusion, pour un solide en rotation autour d’un axe fixe, l’énergie cinétique s’écrit
Ec = 12 I∆ ω 2 et sa variation est égale au travail des forces extérieures qui peut s’exprimer ainsi,
pour un déplacement élémentaire :
dEc = δW =
X
~ ~ .~
M
Fi /O ω dt.
(3.26)
i
Nous verrons au semestre suivant une expression plus générale pour tous les mouvements.
3.4
Comparaison avec la mécanique du point
Mouvement
Etude du
mouvement
Théorème de
l’énergie cinétique
Point matériel
~v (M )
P~
d~
p
Fext
dt =
avec p~ = m~v
P
dEc = F~ext .~v dt
avec Ec = 12 mv 2
Solide en rotation autour d’un axe fixe
ω
~
P ~
d~
σo
MF~ext /O
dt =
avec ~σo .~u∆ = I∆ ω
P ~
dEc =
MF~ext /O .~
ω dt
avec Ec = 12 I∆ ω 2
Le mouvement d’un point matériel est caractérisé par sa vitesse ~v (M ) et dépend des actions du milieu extérieur
(la résultante des forces extérieures) et de la “répugnance” du point à voir son mouvement modifié, c’est à dire,
sa masse d’inertie. Le mouvement d’un solide en rotation autour d’un axe fixe, est caractérisé, quant à lui, par
sa vitesse angulaire ω
~ et il faut remplacer la quantité de mouvement et la résultante des forces par leur moment
respectif par rapport à un point fixe.
Ce tableau contient toutes les relations à connaı̂tre et à savoir utiliser.
Pour un solide en rotation autour d’un axe fixe, ce qui caractérise le système étudié, ce n’est plus la masse
d’inertie, mais le moment d’inertie par rapport à l’axe de rotation. Nous allons donc apprendre à calculer cette
nouvelle grandeur.
CHAPITRE 3. ROTATION AUTOUR D’UN AXE FIXE
3.5
28
Moment d’inertie
Les moments d’inertie ont été introduits par Leonhard Euler, mathématicien suisse, dans sa Theoria motus
corpum solidorum seu rigidorum publiée en 1760. Son étude se penche d’abord sur les solides en rotation
autour d’un axe fixe avant de s’intéresser aux mouvements plus généraux. On lui doit de nombreux autres
développements en mécanique du solide.
Le moment d’inertie joue un rôle primordial en mécanique du solide où il traduit, par analogie avec la masse
d’inertie, la répugnance d’un solide à voir son mouvement de rotation modifié. Plus le moment d’inertie est
élevé, plus il est difficile de mettre le solide en rotation. De la même façon, il sera plus difficile d’arrêter le
mouvement de rotation d’un solide de moment d’inertie élevé.
Pour une masse ponctuelle m située à une distance r de l’axe de rotation, I = mr2 . Il tient compte de
la quantité de matière, comme la masse, mais aussi de la géométrie du système via l’éloignement à l’axe de
rotation.
Pour une patineuse tournant sur elle-même, le moment cinétique est constant. Nous verrons plus tard
pourquoi. En rapprochant ses bras, elle diminue son moment d’inertie et augmente sa vitesse de rotation. Vous
pouvez faire l’expérience avec une chaise tournante. C’est plus flagrant avec des masses au bout des bras. En
revanche, pour un œuf cru que l’on fait tourner, la force centrifuge a tendance à écarter le liquide à l’intérieur,
et donc à augmenter le moment d’inertie et ralentir la vitesse de rotation. Ce n’est pas le cas pour un œuf dur
qui va tourner plus vite. Vous pouvez faire l’expérience, la différence est flagrante.
3.5.1
Quelques moments d’inertie
Le calcul de moments d’inertie n’est pas au programme de ce cours. Je vais me limiter ici à donner le résultat
pour quelques géométries simples. Les calculs sont donnés dans l’appendice A.
z
z
z
b
a
O
h
O
θ
O
M
r
φ
y
y
x
x
Figure 3.2 – Solides pour lesquels on peut calculer analytiquement le moment d’inertie.
Exemples :
Plaque rectangulaire homogène de côtés a et b et de hauteur h tournant autour de son centre :
Iz =
m 2
(a + b2 ).
12
(3.27)
Cylindre homogène de rayon R et de hauteur h tournant autour de son axe de révolution :
Iz =
1
mR2 .
2
(3.28)
Sphère pleine homogène de rayon R tournant autour d’un axe passant par son centre :
Ix = Iy = Iz =
2
mR2 .
5
(3.29)
CHAPITRE 3. ROTATION AUTOUR D’UN AXE FIXE
29
Pour tous ces exemples, le calcul est faisable analytiquement car nous avons choisi des solides homogènes
avec des géométries simples et un axe privilégié qui passe par le centre de masse. Avec des géométries plus
complexes, il faut généralement recourir à des calculs numériques. En revanche, on sait calculer le moment
d’inertie par rapport à un axe excentré, si l’on connaı̂t ce moment par rapport à un axe passant par G.
3.5.2
Propriétés des moments d’inertie
Additivité des moments d’inertie
Si un solide S est constitué de deux sous systèmes S1 et S2 , alors
ZZZ
ZZZ
ZZZ
I∆ (S) =
DM 2 dm =
DM 2 dm +
DM 2 dm = I∆ (S1 ) + I∆ (S2 ).
S
S1
(3.30)
S2
Théorème de Huygens (ou Huyghens)
Les deux orthographes sont utilisées, même si la première est plus usitée.
Considérons un solide de masse m et de centre de masse G. Soient ∆G , un axe passant par G et ∆, un autre
axe parallèle et distant de a. Alors, le théorème de Huygens permet de calculer le moment d’inertie par rapport
à ∆, I∆ , en fonction du moment d’inertie par rapport à ∆G , I∆G :
I∆ = I∆G + ma2 .
(3.31)
Ce théorème est très utile pour calculer des moments d’inertie à partir de résultats connus.
Δ
M
a
DΔ
DG
G
Figure 3.3 – Définition des points dans la démonstration du théorème de Huygens.
Démonstration : Pour calculer I∆ à partir de I∆G , il faut partir de
−−−→ −−−−→ −−−→
D∆ M = D∆ DG + DG M ,
(3.32)
où D∆ et DG sont définis figure 3.3, et donc
−−−−→ −−−→
2
D∆ M 2 = D∆ DG
+ DG M 2 + 2D∆ DG .DG M .
(3.33)
Le premier terme de droite correspond à a2 , le second va être utile pour calculer I∆G , quant au troisième, il
nous embête. En introduisant G, qui a des propriétés remarquables,
−−−−→ −−−→ −−−−→ −−−→ −−→
−−−−→ −−→
D∆ DG .DG M = D∆ DG .(DG G + GM ) = D∆ DG .GM ,
(3.34)
CHAPITRE 3. ROTATION AUTOUR D’UN AXE FIXE
30
−−−−→ −−−→
car D∆ DG ⊥ DG G. Finalement, en intégrant, on a
ZZZ
I∆ =
D∆ M 2 dm
S
ZZZ
ZZZ
ZZZ
−−−−→
−−→
=
a2 dm +
DG M 2 dm + 2D∆ DG .
GM dm
S
=
S
(3.35)
(3.36)
S
ma2 + IG + 0,
(3.37)
par définition de G. cqfd.
A noter que Christiaan Huygens, physicien hollandais membre de l’Académie Royale des Sciences française,
n’a pas énoncé le théorème de cette façon puisque les moments d’inertie ont été introduits 90 ans plus tard. Dans
son traité Horologium oscillatorium sive de motu pendulorum ad horologia aptato demonstrationes geometricae
édité à Paris en 1673, il étudie notamment le mouvement des pendules et démontre des propriétés qui seront
traduites plus tard en ces termes. Nous reviendrons sur l’approche de Huygens après avoir vu les pendules
pesants.
3.6
3.6.1
Etude de mouvements de rotation autour d’un axe fixe
Démarche
La démarche pour résoudre un problème impliquant un solide en rotation autour d’un axe fixe est similaire à
celle utilisée en mécanique du point. On commence par définir le système étudié, puis on fait le bilan des forces
et moments extérieurs qui s’appliquent au système. On applique ensuite le théorème du moment cinétique
par rapport à un point O fixe dans un référentiel galiléen judicieusement choisi. Pour pouvoir résoudre le
problème, on doit projeter cette équation sur l’axe de rotation orienté à partir du sens positif de rotation. Cela
va impliquer de calculer le moment d’inertie du système par rapport à l’axe de rotation. On obtient ainsi une
équation différentielle qu’il ne reste plus qu’à intégrer. . .
3.6.2
Exemple : mouvements avec conservation du moment cinétique
Considérons un homme sur une chaise qui peut tourner librement. On supposera que l’axe de rotation, noté
∆, est parfaitement vertical. Les forces extérieures subies par le système homme + chaise sont le poids de
l’ensemble, qui est vertical, et la réaction du support avec une force résultante et un moment. Si l’on néglige les
frottements, la composante verticale du moment des forces de liaison est nulle.
On applique ensuite le théorème du moment cinétique, en choisissant un point O sur l’axe, qui est fixe dans
un référentiel galiléen :
−−→
d~σo
~ O.
= OG ∧ m~g + M
(3.38)
dt
Pour résoudre, on projette ensuite sur le vecteur unitaire de l’axe de rotation, ~uz , ce qui donne
d~σo
· ~uz = 0,
dt
(3.39)
car le poids est vertical. La composante du moment cinétique sur l’axe de rotation, ~σo · ~uz = I∆ ω, est donc
conservée. Si le système tourne, il va tourner indéfinitivement car on a négligé les frottements.
La vitesse de rotation est constante si I∆ ne change pas. En revanche, si l’homme écarte les bras, son moment
d’inertie va augmenter et donc sa vitesse de rotation va diminuer. Vous pouvez essayer. Si vous portez des masses
au bout des bras, c’est encore plus spectaculaire !
Pour les mêmes raisons, un astre seul dans l’univers tourne sur lui-même à vitesse angulaire constante.
Quand l’étoile s’effondre pour donner, par exemple, une étoile à neutrons, beaucoup plus compacte, le moment
d’inertie diminue et la vitesse de rotation augmente.
3.6.3
Exemple : pendules
Nous allons, dans cette partie, faire le lien avec le cours sur les oscillateurs en étudiant des pendules que
vous avez vus en TP.
CHAPITRE 3. ROTATION AUTOUR D’UN AXE FIXE
31
O
O
ϑ
G
ϑ
Pendule pesant
Pendule de torsion
Figure 3.4 – Pendules pesant et de torsion.
Pendule pesant
On suppose que le solide peut tourner librement autour d’un axe fixe et qu’il est soumis à la seule pesanteur
en G et aux forces de contact en 0, voir figure 3.4. La liaison étant de type pivot, les contraintes de liaison se
~ qui a, a priori, 3 coordonnées, et de moment M
~ qui a une composante
traduisent par une force de résultante R,
nulle sur l’axe de rotation.
Comme, on étudie un mouvement de rotation autour d’un axe fixe, il est plus direct d’appliquer le théorème
du moment cinétique par rapport au point fixe O sur l’axe à la verticale de G quand le pendule est vertical.
−−→
d~σ0
~.
= OG ∧ m~g + M
dt
(3.40)
En projetant sur l’axe de rotation, on a,
I∆
d2 θ
= −OG mg sin θ,
dt2
(3.41)
où I∆ est le moment d’inertie du pendule par rapport l’axe passant par O. Pour de petits mouvements sin θ ' θ
et l’on a l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation
p
Ω = OG mg/I∆ .
(3.42)
Pour le pendule simple, qui se réduit à une masse ponctuelle au bout d’une tige de longueur l et de masse
négligeable, OG = l et I∆ = ml2 , ce qui donne
p
Ω = g/l,
(3.43)
résultat connu.
Ce qui a de remarquable avec les pendules, c’est que le temps nécessaire à une oscillation (la période) ne
dépend pas de l’écartement initial (dans la limite des petites amplitudes). Cette propriété fait que les pendules
sont très utiles à la mesure du temps.
Digression culturelle : Le théorème de Huygens exprimé par Huygens
Dans la dédicace à Louis XIV de son Horologium oscillatorium, Huygens justifie ses travaux ainsi,
CHAPITRE 3. ROTATION AUTOUR D’UN AXE FIXE
32
“Quant à l’utilité de mon invention, il n’est pas nécessaire, Puissant Roi, que je me serve de
beaucoup de paroles pour la faire voir [...] Tu n’ignores pas les usages les plus spéciaux auxquels
je la destinais dès le commencement. Je veux parler des services qu’elle peut rendre tant dans les
observations célestes que dans la mesure des longitudes des différents lieux pour les navigateurs. 1 ”
La détermination de la longitude a constitué un enjeu scientifique et technologique pendant plus de 100 ans.
Plusieurs gouvernements offraient une forte récompense à qui trouverait un méthode fiable pour la navigation.
La plus forte était celle du parlement anglais en 1714. La latitude est facile à déterminer en utilisant l’inclinaison
du soleil ou des étoiles. La longitude a résisté longtemps, provoquant des naufrages ou allongeant inutilement
des voyages et entraı̂nant le scorbut 2 .
Deux voies sérieuses ont été explorées, l’une utilisant les astres, et l’autre deux horloges, auxquelles se sont
ajoutées de nombreuses propositions loufoques par des charlatants attirés par l’appât du gain et de la célébrité.
Galilée a proposé une méthode basée sur la rotation des lunes de Jupiter, qui est devenue très précise sur terre
grâce aux observations systématiques de Cassini. Malheureusement en mer, à cause la houle, les observations
sont beaucoup plus difficiles et la méthode n’est pas assez précise. Si on arrive à mesurer les décalages horaires
entre point de départ grâce à une horloge fiable embarquée et le point où de trouve le navire en observant la
trajectoire du soleil, il est possible de déterminer la longitude : une heure correspond à quinze degrés car la Terre
tourne sur elle-même en 24h. Huygens consacra beaucoup de temps aux horloges, ce qui le conduira à breveter
plusieurs systèmes et découvrir des lois de la mécanique. En 1714, Newton résumait ainsi la problématique :
“One is, by a Watch to Keep Time exactly : But by the reason of the Motion of a Ship, the
Variation of Heat and Cold, Wet and Dry, and the difference of Gravity in different Latitudes, such
a Watch hath not yet been made :
Another is, by the Eclipses of Jupiter’s Satellites : But by the reason of the Length of Telescopes,
requisite to observe them, and the Motion of a Ship at Sea, those Eclipses cannot yet be there
observed :
A Third is by the Place of the Moon : But her Theory is not yet exact enough for this Purpose : It is
exact enough to determine her Longitude within Two or Three Degrees, but not within a degree 3 :
House of Commons Journal, 25th May 1714” 4
Il faudra attendre les horloges très précises de John Harisson (1693-1776) et leur production en masse à la fin
de 18ième siècle pour que cette méthode s’impose par sa simplicité.
Pour étudier les caractéristiques du mouvement d’un pendule pesant complexe, Huygens a utilisé le pendule
simple équivalent. En comparant les deux expressions pour Ω, équations (3.42) et (3.43), on a immédiatement
que le pendule simple de même masse doit avoir une longueur
l=
I0
mOG
(3.44)
pour être isochrone, c’est à dire, avoir la même période d’oscillation que le pendule complexe. Huygens avait
exprimé ce résultat ainsi :
“Prop. V. - Etant donné un pendule composé d’un nombre quelconque de poids, si chacun d’eux
est multiplié par le carré de sa distance à l’axe d’oscillation et que l’on divise la somme de ces
produits par le produits de la somme des poids par la distance de leur centre de gravité au même
axe d’oscillation, on obtiendra ainsi la longueur du pendule simple isochrone au pendule composé”.
Ne connaissant pas la notion de moment d’inertie, Huygens était obligé de considérer le pendule comme un
ensemble de masses ponctuelles dont on connaı̂t la distance à l’axe de rotation. La démonstration a été faite à
l’aide d’arguments géométriques que nous ne reproduirons pas ici.
Dans ce même traité, il démontre la proposition suivante :
“Prop. XX. - Lorsqu’une même grandeur oscille, la suspension étant tantôt plus courte et tantôt
plus longue, les distances du centre d’oscillation au centre de gravité sont inversement proportionnelles aux distances des axes de suspension au centre de gravité.”
1.
2.
3.
4.
Cité par Evelyne Barbin, La révolution mathématique du XVIIe siècle, ellipse 2006
On peut lire Longitude par Dava Sobel, JC Lattès (1996), pour une présentation très vulgarisée
Un degré correspond à 111 km
Cité par Le calcul des longitudes sous la direction de Vincent Julien, Presses Universitaires de Rennes 2002, page 85
CHAPITRE 3. ROTATION AUTOUR D’UN AXE FIXE
33
Le centre d’oscillation correspondant au pendule simple isochrone, cette proposition s’exprime mathématiquement
l − OG ∝
1
OG
ou
l − OG
O0 G
=
0
0
l −O G
OG
(3.45)
en faisant le rapport entre deux longueurs de pendule. Après un simple produit en croix et en remplaçant les
longueurs l et l0 par les moments d’inertie, plus modernes, voir équation (3.44), on a
I0 − mOG2 = I00 − mO0 G2 .
(3.46)
Cette expression, égale à IG , n’est rien d’autre que le théorème de Huygens tel que nous le connaissons actuellement.
Pendule de torsion
Nous allons étudier le pendule de torsion représenté sur la figure 3.4. Il est constitué de masselottes et d’une
tige horizontale fixée à un fil vertical. Pour simplifier, on va supposer que le centre de masse du système est sur
l’axe de rotation.
Contrairement au pendule pesant, le pendule de torsion n’est pas libre de tourner car la liaison n’est pas
la même. En oscillant, il tord un fil dit de torsion, qui s’oppose à cette torsion. En réaction, le fil exerce des
forces de rappel sur le pendule. Que valent-elles ? Comme le centre de masse est immobile, la somme des forces
extérieures exercées est nulle, mais pas leur moment. Un ensemble de forces dont la somme est nulle, mais pas
le moment total, est appelé couple de forces , même s’il y a plus de deux forces.
Dans le cas du pendule de torsion, comme nous ne connaissons pas ces forces de rappel, nous allons supposer
que, pour des petits mouvements, la composante du moment de rappel sur l’axe de rotation est proportionnelle
~ .~uz = −Cθ où ~uz est porté par l’axe de rotation. Comme pour un ressort, la constante
à l’angle de torsion : M
de torsion C est déterminée expérimentalement.
Afin de s’affranchir de la pesanteur et ne s’occuper que de l’action du fil, nous allons supposer que le pendule
est horizontal et qu’il tourne autour d’un fil vertical. Voir figure 3.4. Ainsi,
−−→
d~σ0
~,
= OG ∧ m~g + M
dt
(3.47)
ce qui donne, une fois l’équation projetée sur l’axe vertical,
I∆
d2 θ
= −Cθ,
dt2
(3.48)
avec I∆ le moment d’inertie
p de la tige par rapport à l’axe de rotation. C’est l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation Ω = C/I∆ . p
Ce résultat est à rapprocher de celui obtenu pour un oscillateur harmonique
dans le cours de vibrations, Ω = k/m, qui est similaire.
3.6.4
Exemple : machines tournantes
Etant donnée l’importance des machines tournantes dans le monde dans lequel on vit, nous allons aborder
ce thème.
Mise en rotation
Une machine tournante peut être réduite à un solide de révolution constitué par le rotor d’un moteur, l’arbre
de transmission et le rotor de l’outil.
Qu’est-ce qui fait tourner le système ? C’est généralement un ensemble de forces qui agissent sur une route
crantée ou via une courroie. La somme de ces forces est nulle pour ne pas dénlacer le système, mais pas la
somme des moments. Le moment résultant ne dépend pas du point utilisé pour le calcul et est donc une
grandeur caractéristique de l’ensemble de forces.
L’effet est équivalent à celui d’un couple de forces, c’est à dire deux forces opposées dont les points d’appui
sont distincts, à condition que le moment soit identique. Dans une telle situation, comme pour le pendule de
CHAPITRE 3. ROTATION AUTOUR D’UN AXE FIXE
34
torsion, on parle alors de couple de forces, même s’il y en a plus qui agissent et on le caractérise par un moment
seul.
~ m et l’outil un couple résistant M
~ r . Lors de la
On suppose donc que le moteur exerce un couple moteur M
~
~
~
~ r k. Des
mise en route, ces moments sont opposés (Mm .~uz > 0 et Mr .~uz < 0) et on suppose que kMm k > kM
~
frottements de type visqueux exercent un couple de frottement, Mf = −αθ̇ ~uz . En désignant par I le moment
d’inertie par rapport à l’axe de rotation, l’équation du mouvement s’écrit,
I θ̈ = Mm + Mr − αθ̇.
(3.49)
Si les moments du moteur et de l’outil sont constants, il est possible d’intégrer simplement cette équation pour
trouver,
ω(t)
=
θ(t)
=
Mm + Mr
α
Mm + Mr
α
αt
1 − e− I ,
I − αt
e I −1 ,
t+
α
(3.50)
(3.51)
avec ω(0) = 0 et θ(0) = 0.
La vitesse de rotation tend exponentiellement vers une vitesse limite ω∞ = Mmα+Mr . Cette vitesse est
d’autant plus grande que l’écart entre les couples moteur et résistant est grand et que le frottement est petit.
Le temps caractéristique pour atteindre cette valeur limite est donné par τ = I/α. Ce temps est d’autant plus
court que l’inertie du moteur est faible et que les frottements sont élevés.
Si l’on souhaite que des changements brusques de moments résistant ou moteur n’entraı̂nent pas de fortes
variations de vitesse, on aura intérêt à ce que τ soit plus long que les intervalles de temps sur lesquels ces
changements ont lieu. Cela peut être réalisé en ajoutant un volant d’inertie sur l’axe de rotation de façon à
augmenter le moment d’inertie I sans trop augmenter la masse.
Bilan énergétique
Une fois la vitesse limite atteinte, le moment cinétique est constant, sa dérivée est nulle et la somme des
moments appliqués aussi :
~m+M
~ r − α~
M
ω = 0.
(3.52)
~ ·ω
On a vu que le travail d’un moment de force est de la forme δW = M
~ dt. La puissance correspondante est
~
donc P = M· ω
~ . En multipliant l’équation précédente par ω
~ , on en déduit que la puissance fournie par le moteur
vaut donc,
Pm = |Mr |ω + αω 2 ,
(3.53)
où le premier terme correspond à la puissance reçue par l’outil et le second à la puissance dissipée par frottement
sous forme de chaleur.
Equilibrage
Si le centre de masse d’un solide en rotation n’est pas sur l’axe de rotation, la quantité de mouvement du
solide, p~ = m~vG , ne sera pas nulle. On peut appliquer le théorème de la résultante cinétique. Outre le poids, les
forces extérieures sont dues au support :
d~
pG
~ + m~g .
=R
(3.54)
dt
~ dans la base intrinsèque. Ici, N
~ est le vecteur normal et r est la distance
Si la rotation est uniforme, ~aG = rω 2 N
de G à l’axe de rotation. Alors, la réaction du support doit compenser deux forces,
~ = mrω 2 N
~ − m~g .
R
(3.55)
En réaction, le support subira une action du solide en rotation, sous forme de vibrations. Avec de grandes
vitesses de rotation, cet effet peut être très important : supposons que le centre de masse d’un solide en rotation
p
2
soit à une distance r = 1 mm de l’axe de rotation. La dérivée de la quantité de mouvement vaut k d~
dt k = mrω ,
ce qui donne environ 10 × mg pour ω = 50 tours/s et 1000 × mg pour 500 tours/s. Pour éviter ces inconvénients
CHAPITRE 3. ROTATION AUTOUR D’UN AXE FIXE
35
G
O
Figure 3.5 – Roue déséquilibrée.
qui peuvent endommager le support, il convient de s’assurer que le centre de masse du solide en rotation est
bien sur l’axe de rotation. En pratique, cela est réalisé en ajoutant une masselotte ou en enlevant un peu de
matière. On parle alors d’équilibrage statique.
De la même façon, si le moment cinétique du solide en rotation n’est pas parallèle à l’axe de rotation, le
moment de la résultante des forces extérieures n’est pas parallèle non plus. Or, la composante parallèle à l’axe
correspond aux couples moteurs, résistants et de frottement, alors que l’autre composante se répercute sur le
support. Mathématiquement, avoir le moment cinétique parallèle à l’axe de rotation signifie que la matrice
d’inertie est diagonale, ce qui est compliqué à étudier. Concrètement, on parle d’équilibrage dynamique. On
peut montrer que si l’axe de révolution est axe de symétrie du solide en rotation, alors le moment cinétique
est parrallèle à l’axe de rotation. Là encore, l’équilibrage dynamique se fait en ajoutant des masselottes ou en
enlevant un peu de matière.
Dans la pratique, il faut que les deux équilibrages, statique et dynamique, soient réalisés pour éviter les
vibrations du support. On peut montrer mathématiquement que cela peut être réalisé avec deux masselottes.
Un exemple typique de machine tournante déséquilibrée est la machine à laver. En effet, le linge ne se répartit
pas de façon homogène et il n’y a aucune raison que les conditions d’équilibrage soient réalisées. Au moment
de l’essorage, où le tambour tourne très vite, la machine vibre beaucoup et il faut alors de lourds contre-poids
pour qu’elle ne bondisse pas.
3.6.5
Etude de la rotation d’un point matériel avec les outils de la mécanique du
solide
Voir TD.
3.7
English vocabulary
rotation d’un solide indéformable autour d’un axe fixe
vitesse angulaire
moment cinétique
moment d’inertie par rapport à un axe
pendule
théorème de Huygens
machine tournante
équilibrage statique et dynamique
rotation of a rigid body about a fixed axis
angular velocity
angular momentum
moment of inertia - rotational inertia about an axis
pendulum
The Parallel Axis Theorem
rotating machine
static and dynamic balance
Chapitre 4
Rotation autour d’un point fixe
La rotation autour d’un axe fixe a le mérite d’être très simple, mais, dans la nature, il y a des mouvements
plus complexes. Nous n’allons pas encore considérer les mouvements les plus généraux avec déplacement et
rotation, mais nous limiter ici à des mouvements de rotation un peu plus compliqués en considérant qu’il y a
toujours un point fixe, mais que l’axe de rotation peut lui aussi tourner. Nous n’aurons donc pas à prendre en
compte les degrés de liberté de translation. Voir figure 4.1.
Figure 4.1 – Gyroscope
En supposant que le point P sur la figure est fixe, ce système a trois degrés de liberté de rotation, ω, Ω et ψ̇.
4.1
Mise en équation
Le système de la figure 4.1 est soumis à son poids en G et à la réaction du support, en P . On suppose que
la rotation autour de P est libre et que le moment transmis par la liaison est donc nul.
En prenant comme point de référence le point de pivot, P qui est fixe, le moment des forces résultantes est
36
CHAPITRE 4. ROTATION AUTOUR D’UN POINT FIXE
37
réduit à la contribution du poids, et donc
d~σP
~ m~g/P = h~u ∧ m~g ,
=M
dt
(4.1)
avec h = P G. Le moment cinétique ~σP doit être déterminé à partir des trois vitesses angulaires ω, Ω et ψ̇. Pour
cela, on doit utiliser une matrice d’inertie qu’il faudra ensuite diagonaliser. Les calculs deviennent rapidement
compliqués et dépassent largement l’ambition de ce cours.
Nous allons donc nous limiter à une résolution approximative en supposant que la vitesse ω est beaucoup
plus grande que Ω et ψ̇ (ω Ω et ω ψ̇)afin d’avoir ~σP ' Iω~u. Il s’agit de l’approximation gyroscopique.
4.2
4.2.1
Mouvement de précession dans l’approximation gyroscopique
Précession
En faisant l’approximation ~σP ' Iω~u, l’équation du mouvement du solide étudié, équation (4.1), permet de
remarquer que
dσP2
d~σP
⊥ ~σP
et donc
=0
(4.2)
dt
dt
ce qui signifie que la norme du moment cinétique k~σP k est constante.
De la même façon, on a
d~σP
⊥ ~uz
(4.3)
dt
car le poids m~g est vertical. Ainsi, ~σP · ~uz = σP cos ψ, est aussi constante. On en déduit que l’angle ψ est
constant et donc que l’axe de rotation propre ~u tourne autour de l’axe vertical. On dit qu’il précessionne et l’on
parle d’un mouvement de précession.
Il est important de noter que sans la rotation du solide sur lui-même, le moment du poids fait tomber
le solide et ψ → π. Avec une vitesse de rotation ω élevée, ce n’est plus le cas. On obtient un résultat assez
paradoxal puisque l’on obtient que la pesanteur verticale fait déplacer le centre de masse dans un plan horizontal !
Inversement, pour changer ψ il faut exercer une force horizontale.
C’est cette propriété qui explique la grande stabilité d’une assiète en rotation au bout d’une tige comme on
peut le voir dans les cirques.
La vitesse de précession peut être trouvée en réécrivant l’équation (4.1) sous la forme,
d~σP
~ ∧ ~σP ,
=Ω
dt
avec
Ω=
mgh
~uz .
Iω
(4.4)
Ainsi, plus la toupie tourne vite sur elle-même, plus la précession est lente. En fait, le calcul fait ici n’est valable
que si ω Ω, c’est à dire si Iω 2 mgh. Par ailleurs, la fréquence de précession, Ω, est indépendante de l’angle
ψ. Si le centre de masse est plus bas que le point P , il faut alors changer h en −h et le mouvement de précession
se fait dans le sens contraire du mouvement de rotation. Si G et P coı̈ncident (h = 0), il n’y a plus de précession,
l’axe de rotation est fixe.
4.2.2
Applications
Les applications sont multiples. En voici quelques unes.
Stabilité d’un cerceau
Un cerceau qui tourne sur lui-même à grande vitesse va gagner en stabilité et l’on observe une précession
autour de l’axe vertical : le plan du cerceau garde une inclinaison constante par rapport à la verticale, tant que
sa vitesse de rotation est suffisante. En effet, si le roulement est sans glissement, la vitesse du point de contact
est nulle et l’on peut la considérer comme un point fixe et appliquer le même traitement que pour le système
précédent.
A cause des frottements, la vitesse de rotation du cerceau va ralentir et il va finir par tomber. Vous pouvez
faire l’exérience avec une pièce de monnaie.
CHAPITRE 4. ROTATION AUTOUR D’UN POINT FIXE
38
Précession des équinoxes
La Terre a un mouvement de précession : son axe de rotation propre tourne autour du pôle de l’écliptique
(plan de rotation du centre de la Terre autour du Soleil) en 25 780 ans. C’est dû au fait que la Terre n’est pas
parfaitement sphérique. La force gravitationnelle du Soleil tend à ramener l’excès de masse à l’équateur vers le
plan de l’écliptique.
L’effet se fait sentir tout doucement sur les saisons qui sont décalées par rapport à la position de la Terre
sur son orbite. Mais, comme nous vivons au rythme des saisons, même si la précession était plus rapide, nous ne
nous en rendrions pas directement compte. Il faut regarder du côté du ciel pour s’en apercevoir : les équinoxes
qui correspondent au croisement de la trajectoire apparente annuelle du Soleil avec le plan équatorial sont faciles
à localiser. Ce décalage se manifeste par le fait que l’équinoxe de printemps, qui a lieu actuellement dans la
constellation des Poissons, était dans celle du Bélier il y a 2000 ans. Une autre conséquence, c’est que l’étoile
polaire n’a pas toujours indiqué le Nord.
Figure 4.2 – Précession des équinoxes (figure extraite du site de l’observatoire de Paris)
Cette précession des équinoxes fut notée dès le IIème siècle avant notre ère par l’astronome grec Hipparque,
à la suite d’observations minutieuses et de comparaisons avec les observations effectuées un siècle et demi
auparavant.
Gyroscope
Le gyroscope de Foucault présenté sur la figure 4.3 a la particularité de pouvoir prendre toutes les positions
possibles et d’avoir son centre de masse comme point fixe. Ainsi, le moment du poids est nul et le moment
cinétique est constant. Dans l’approximation gyroscopique, cela signifie que l’axe de rotation pointe dans une
direction constante par rapport à un référentiel galiléen.
Foucault a inventé cet appareil pour mettre en évidence la rotation de la Terre. En effet, le gyroscope pointe
constamment vers des étoiles fixes du référentiel de Copernic, indépendamment du mouvement de la Terre. La
rotation apparente de l’axe du gyroscope correspond donc à la rotation de la Terre, à une vitesse angulaire
opposée.
De nos jours, des gyroscopes sont embarqués dans des vaisseaux, avions. . . pour avoir une direction de
référence et maintenir une trajectoire. Dans sa version moderne, la grande vitesse de rotation est souvent
maintenue grâce à un moteur interne et les vitesses peuvent atteindre des milliers de tours par minute.
4.3
Nutation
Si la vitesse de rotation ω n’est pas très élevée, on observe que l’angle ψ n’est plus constant, mais oscille
légèrement. En fait, l’axe de rotation a un mouvement complémentaire appelé nutation qui vient s’ajouter
aux mouvements de rotation propre et de précession. Voir la figure 4.4. Il est difficile à décrire et étudier
CHAPITRE 4. ROTATION AUTOUR D’UN POINT FIXE
39
Figure 4.3 – Schéma de principe du gyroscope de Foucault
mathématiquement. Nous n’entrerons pas plus dans les détails. Pour les étudiants les plus curieux, on trouve
ces calculs dans de nombreux livres.
La Terre a aussi un mouvement de précession et de nutation qui peut facilement être observé. La position
des tropiques change années après années, comme on peut le voir sur la photo de la figure 4.5 prise au Mexique.
Le jour du solstice d’été (21 juin), le soleil est au zénith à midi sur le tropique du Cancer. Il est vertical et il
n’y a pas d’ombre.
La nutation de la Terre est due à la Lune qui n’est pas toujours à la même distance.
4.4
English vocabulary
approximation gyroscopique
précession
précession des équinoxes
nutation
gyroscope
gyroscopic approximation
axial precession
precession of the equinoxes
nutation
gyroscope
Pour finir, une précision lexicale extraite de wikipedia :
Etymologically, precession and procession are terms that relate to motion (derived from the Latin
processio, “a marching forward, an advance”). Generally the term procession is used to describe a
group of objects moving forward, whereas, the term precession is used to describe a group of objects
moving backward. The stars viewed from earth are seen to proceed in a procession from east to west
daily, due to the earths diurnal motion, and yearly, due to the earths revolution around the Sun. At
the same time the stars can be observed to move slightly retrograde, at the rate of approximately
50 arc seconds per year, a phenomenon known as the “precession of the equinox”.
In describing this motion astronomers generally have shortened the term to simply “precession. And
in describing the cause of the motion physicists have also used the term “precession, which has
led to some confusion between the observable phenomenon and its cause, which matters because in
astronomy, some precessions are real and others are apparent. This issue is further obfuscated by
the fact that many astronomers are physicists or astrophysicists.
It should be noted that the term “precession” used in astronomy generally describes the observable
precession of the equinox (the stars moving retrograde across the sky), whereas the term “precession”
as used in physics, generally describes a mechanical process.
CHAPITRE 4. ROTATION AUTOUR D’UN POINT FIXE
P
40
N
R
Figure 4.4 – Représentation des mouvements de précession (P) et de nutation (N) (figure extraite de wikipedia)
Figure 4.5 – Position du Tropique du Cancer repérée au Mexique (photo extraite de wikipedia)
Chapitre 5
Problème à deux corps
Nous allons nous écarter des solides pour ce chapitre et aborder l’étude du mouvement de deux objets en
interaction, d’où le nom de problème à deux corps. Nous verrons des applications en astronomie, où l’on peut
penser à une étoile et une planète ou au système Terre-Lune, et en chimie, avec la molécule diatomique. Il y
a aussi les chocs entre particules qui ont une grande importance historique dans l’établissement des lois de la
physique, mais aussi dans la physique moderne, pour l’étude des particules élémentaires.
Prenons le cas du système Terre-Lune. La Terre attire autant la Lune que la Lune attire la Terre. Pourquoi
dit-on que c’est la Lune qui tourne autour de la Terre ? Même chose avec le système Soleil-Terre.
Jusqu’à maintenant, vous n’avez étudié que le mouvement de points matériels seuls ou de solides indéformables.
Le problème à deux corps est différent car il y a deux points et que la distance entre ces points peut varier.
Cela nécessite donc un traitement particulier.
5.1
5.1.1
Généralités
Equations du mouvement
Considérons deux particules de masse m1 et m2 assimilables à deux points matériels M1 et M2 étudiées
dans un référentiel galiléen d’origine O. Les équations du mouvement de chacune de ces particules s’écrivent,
−−→
−−→
d2 OM 2
d2 OM 1
~2→1
=
F
et
m
= F~1→2 .
(5.1)
m1
2
dt2
dt2
Nous avons supposé ici, pour simplifier, qu’il n’y avait pas de force extérieure au système {M1 , M2 }, comme la
pesanteur par exemple, qui s’applique aux particules. Les seules forces subies sont les forces d’interaction entre
les particules 1 et 2, qui d’après la loi de l’action et de la réaction, sont opposées, F~2→1 = −F~1→2 . Si cette force
−−−→
−−→
−−→
est d’origine gravitationnelle ou électrique, elle va dépendre de la distance relative ~r = M1 M 2 = OM 2 − OM 1 .
Les équations (5.1) sont donc couplées et ne peuvent pas être résolues séparément. Pour résoudre la première il
faut connaı̂tre la position de M2 et pour résoudre la seconde, celle de M1 . Il va donc falloir faire des combinaisons
linéraires entre ces deux équations pour pouvoir résoudre le problème. Lesquelles ?
Une idée est d’éliminer les forces, à l’origine du couplage, en sommant les équations (5.1). Cela conduit à
−−→
−−→
d2 (m1 OM 1 + m2 OM 2 ) ~
= 0.
dt2
(5.2)
L’équation (5.2) correspond à l’accélération du centre de masse. En mathématiques, le barycentre G d’un
ensemble de points Mi affectés d’un coefficient mi est défini par
P
−−→
X −−→
mi OM i
−−→
iP
~
,
(5.3)
mi GM i = 0
ou
OG =
i mi
i
où O est une origine quelconque. Le centre de masse, appelé aussi centre d’inertie, est le barycentre du système
étudié pondéré des masses.
41
CHAPITRE 5. PROBLÈME À DEUX CORPS
42
L’équation (5.2) conduit donc à,
−−→
d2 OG ~
(m1 + m2 )
=0
dt2
(5.4)
On trouve donc que le centre de masse du système constitué des deux corps a une accélération nulle. Il est
donc en mouvement rectiligne uniforme. Ceci est dû au fait que nous avons considéré un problème sans forces
extérieures au système M1 et M2 . C’est déjà une première information sur le mouvement du système.
Un référentiel lié au centre de masse, appelé référentiel barycentrique ou référentiel du centre de masse
sera donc galiléen. Il est judicieux de prendre G comme origine, plutôt que O, une origine quelconque. Nous
étudierons donc le mouvement des deux corps dans le référentiel barycentrique.
Qu’en est-il du mouvement des deux masses ? C’est souvent la distance relative ~r qui est intéressante, et non
la position de chacun des points par rapport à une origine arbitraire. Nous allons donc chercher l’équation du
−−→
−−→
mouvement satisfaite par ~r = OM 2 − OM 1 en soustrayant les équations (5.1) :
−−→
−−→
d2 OM 2
d2 OM 1
1 ~
1 ~
1
1 ~
d2~r
=
−
=
F1→2 −
F2→1 = (
+
)F1→2 .
(5.5)
2
2
2
dt
dt
dt
m2
m1
m1
m2
Si la force d’interaction F~1→2 ne dépend que de la distance relative r, on a finalement une équation à une
inconnue :
d2~r
µ 2 = F~1→2 ,
(5.6)
dt
où
µ=
m1 m2
m1 + m2
(5.7)
est appelée la masse réduite.
L’équation (5.6) correspond à la relation fondamentale de la dynamique appliquée à un point matériel virtuel
de masse µ, repéré par la distance relative ~r, subissant la force F~1→2 , auquel on pourra appliquer tout ce qui a
été vu en mécanique du point.
Si l’on sait résoudre l’équation (5.6) et que l’on a déterminé ~r(t), on peut en déduire le mouvement de chacun
des points M1 et M2 dans le référentiel du centre de masse par une simple homothétie,
−−→
GM 1 = −
m2
~r
m1 + m2
et
−−→
GM 2 =
m1
~r.
m1 + m2
(5.8)
Pour obtenir simplement ces relations, nous sommes partis de l’équation de droite de (5.3), qui est vraie quelle
que soit l’origine O choisie. Il suffit alors de remplacer O par M1 puis M2 pour obtenir ce que l’on veut.
Si ce sont les vitesses des points M1 et M2 dans le référentiel barycentrique, notées ~u1 et ~u2 , qui nous
intéressent, il suffit de dériver les équations (5.8) pour obtenir
~u1 = −
m2
~v
m1 + m2
et
~u2 =
m1
~v ,
m1 + m2
(5.9)
r
où ~v = d~
dt est la vitesse de la particule virtuelle de masse µ dans le référentiel barycentrique.
En conclusion, nous avons réduit le problème de deux corps en interaction à l’étude d’un seul corps de masse
µ dans le référentiel barycentrique.
5.1.2
Théorème du moment cinétique
L’application du théorème du moment cinétique se fait par rapport à un point fixe dans un référentiel
galiléen. De ce qui précède, on en déduit qu’il est pertinent de se placer dans le référentiel du centre de masse
et de prendre G comme point de référence.
Dans ce référentiel galiléen, le théorème du moment cinétique, s’écrit, pour chaque masse,
d~σ1G
dt
d~σ2G
dt
−−→
= GM 1 ∧ F~2→1 ,
(5.10)
−−→
= GM 2 ∧ F~1→2 .
(5.11)
CHAPITRE 5. PROBLÈME À DEUX CORPS
43
Ces deux équations sont aussi couplées et ne peuvent pas être résolues séparément. On en fait donc la somme,
comme précédemment.
Ainsi, le moment cinétique total par rapport à G
−−→
−−→
~σG = GM 1 ∧ m1 ~u1 + GM 2 ∧ m2 ~u2 ,
(5.12)
se calcule aisément en utilisant les formules (5.8) et (5.9) pour obtenir
~σG = ~r ∧ (µ~v ).
(5.13)
−−→
−−→
−−→
−−→
GM 1 ∧ F~2→1 + GM 2 ∧ F~1→2 = −GM 1 ∧ F~1→2 + GM 2 ∧ F~1→2 = ~r ∧ F~1→2 .
(5.14)
La somme des moments des forces aussi
Finalement, pour le problème à deux corps, le théorème du moment cinétique dans le référentiel du centre
de masse devient simplement
d~σG
= ~r ∧ F~1→2
dt
avec
~σG = ~r ∧ (µ~v ).
(5.15)
On retrouve les équations vues en mécanique du point appliquées à la même particule virtuelle de masse µ, qui
ne subit que la force F~1→2 .
5.1.3
Application au mouvement des planètes
Nous allons étudier le mouvement de deux corps célestes supposés seuls dans l’univers qui n’interagissent
que par la force gravitationnelle F~1→2 = −Gm1 m2 r~r3 .
L’étude du mouvement de ces deux corps se fait en passant par la particule virtuelle de masse µ supposée à
une distance ~r du centre fixe.
Planéı̈té de la trajectoire
La force subie par la particule virtuelle étant colinéaire à ~r, le moment de cette force est nul : ~r ∧ F~1→2 = ~0.
Le moment cinétique ~σG = ~r ∧ (µ~v ) est donc constant. Les vecteurs ~r et ~v , qui sont orthogonaux à ~σG , sont
donc contenus dans un plan.
On peut montrer que la trajectoire de la particule virtuelle est une conique (parabole, hyperbole ou ellipse).
Par souci de simplicité, nous nous limiterons, dans la suite, à des mouvements circulaires.
Amplitude des mouvements
Dans le cours de mécanique du point, le Soleil était considéré comme fixe et les planètes en rotation autour
de lui. Pourquoi une telle approximation alors que le Soleil attire autant la Terre que la Terre attire le Soleil ?
C’est plutôt le centre de masse du système qui doit être choisi comme origine. Nous allons donc reconsidérer
le mouvement des planètes ou des satellites en nous limitant, par simplicité, à des trajectoires circulaires. Voir
la figure 5.1. Si ~r(t) décrit un cercle, r(t) est constant. Alors, GM1 et GM2 obtenus par homothétie, équations
(5.8), sont aussi constants. Les trajectoires de M1 et M2 dans le référentiel barycentrique sont aussi des cercles
centrés en G.
Ainsi, la Terre et le Soleil tournent autour de leur centre de masse G. Pour ce couple, dont la distance relative
définit l’unité astronomique, 1u.a. = 1, 5 × 1011 m, on peut calculer le rayon des orbites à l’aide des équations
(5.8). Avec MS = 2, 0 × 1030 kg et MT = 6, 0 × 1024 kg, on obtient
rS = 4, 5 × 105 m
et
rT = 1, 48 × 1011 m.
(5.16)
La figure 5.1 n’est donc pas à l’échelle. Le rayon de l’orbite du Soleil est inférieur au rayon de l’étoile, Rs =
7, 0 × 108 m. Etant donné la différence de masse entre les deux objets, il est donc raisonnable de prendre le
centre du Soleil comme centre du système, en première approximation.
CHAPITRE 5. PROBLÈME À DEUX CORPS
44
M2
G
M1
Figure 5.1 – Trajectoires circulaires autour du centre de masse G.
De même, si l’on considère le système Terre-Lune supposé seul dans l’univers, des calculs similaires donnent,
sachant que ML = 7, 3 × 1022 kg et que rT −L = 60RT = 3, 8 × 105 km,
rT = 4, 7 × 103 km
et
rL = 3, 75 × 105 km,
(5.17)
à comparer au rayon terrestre, RT = 6, 3 × 103 km.
Dans le cas de Pluton, qui n’est plus une planète depuis 2006, mais une “planète naine”, et de son principal
satellite découvert en 1978, Charon, le rapport des masses de 7 à 8, selon les sources, fait que le centre de masse
du système est à l’extérieur des deux corps. Leur mouvement est donc comme sur la figure 5.1 : les deux corps
tournent autour de leur barycentre. Les deux autres satellites de Pluton, Nix et Hydra, découverts en 2005, ont
des masses beaucoup plus faibles. En première approximation, on peut négliger leur influence.
Le déplacement de l’étoile dû à la présence d’une planète en orbite est actuellement utilisé en astronomie
pour rechercher dans l’univers d’autres planètes lointaines que l’on ne peut pas voir directement. Evidemment,
cette méthode, qui demande des observations très précises sur de longues périodes, est limitée aux planètes
massives.
Lors de l’étude du mouvement d’étoiles binaires dont les masses sont plus proches, il faudra bien résoudre le
problème à deux corps en prenant le centre de masse comme origine et la masse réduite pour l’étude dynamique.
La prise en compte du problème à deux corps est aussi importante lors de l’étude de l’interaction de deux
particules chargées qui ont souvent des masses similaires.
Troisième loi de Kepler
La troisième loi de Kepler, qui relie le rayon de l’orbite d’une planète à sa période de rotation autour du
Soleil, va être aussi modifiée car elle découle de la relation fondamentale de la dynamique. Nous allons donc
refaire le calcul pour des trajectoires circulaires uniquement. Comme en mécanique du point, on va projeter
l’équation (5.6) sur une base judicieusement choisie. Pour un mouvement circulaire, nous allons choisir la base
intrinsèque sur laquelle l’accélération s’écrit,
~a =
dv ~ v 2 ~
T + N.
dt
r
(5.18)
CHAPITRE 5. PROBLÈME À DEUX CORPS
45
La projection sur le vecteur normal de la base intrinsèque donne
µ
v2
Gm1 m2
,
=
r
r2
(5.19)
et sur le vecteur tangentiel
dv
= 0.
dt
La vitesse de rotation est donc constante et vaut donc v = 2πr/T . Ainsi, l’équation (5.19) conduit à
µ
Gm1 m2
r3
G(m1 + m2 )
=
.
=
T2
4π 2 µ
4π 2
(5.20)
(5.21)
La troisième loi de Kepler, obtenue à partir des observations, affirme que le rapport r3 /T 2 ne dépend pas de la
planète étudiée. Ce n’est donc pas tout à fait correct. Cependant, étant donné que la masse du Soleil est largement
supérieure la masse des planètes, l’erreur faite est très faible, plus faible que l’erreur faite en considérant chaque
planète séparément pour avoir un système à deux corps et non toutes les planètes simultanément.
Les marées
C’est la Lune qui est la principale responsable des marées. L’attraction due à la Lune est certes 175 fois
inférieure à celle du Soleil, mais elle varie plus d’un bord à l’autre de la Terre. En effet, la distance entre le
centre de la Terre et celui de la Lune est de l’ordre de 60 rayons terrestres, alors que celle entre le Soleil et la
Terre, de 395 rayons terrestres.
Si la Terre était fixe, le référentiel lié à son centre serait galiléen. La force d’attraction de la Lune serait comme
représentée sur la figure 5.2 et proportionnelle à 1/(61RT )2 à gauche et à 1/(59RT )2 à droite. Considérons une
masse d’eau me en un point A situé à l’opposé de la Lune sur l’axe Terre-Lune. Elle subit l’attraction terrestre
me mL G
me~g et l’attraction de la Lune (61R
u. La relation fondamentale de la dynamique donne
2~
T)
me~a = me~g +
me mL G
~u,
(61RT )2
(5.22)
où ~u est un vecteur unitaire dirigé vers la Lune. Considérons maintenant la même masse d’eau en un point B
situé sur l’axe Terre-Lune, du côté de la Lune. La relation fondamentale de la dynamique donne
me~a = me~g +
me mL G
~u.
(59RT )2
(5.23)
Dans les deux cas, l’attraction de la Lune agit dans le même sens et entraı̂ne ainsi un gonflement de la mer du
côté de la Lune. La Terre faisant un tour sur elle-même en 24 heures, il n’y aurait, avec une telle hypothèse,
qu’une énorme marée haute et basse par jour, alors qu’en réalité, il n’y en a deux.
En fait, comme on l’a vu, la Lune provoque un mouvement de rotation du centre de la Terre autour de G, leur
centre de masse commun. Le référentiel lié au centre de la Terre n’est pas galiléen. L’équation du mouvement
du centre de la Terre s’écrit
mT mL G
mT ~ac = F~L→T =
~u.
(5.24)
(60RT )2
Pour étudier les marées, c’est à dire le mouvement des masses d’eau par rapport à la Terre, il faut se placer
dans un référentiel qui lui est lié. Si l’on fixe l’origine du référentiel d’étude au centre de la Terre, l’accélération
précédente correspond à l’accélération d’entraı̂nement,
~ae =
mL G
~u.
(60RT )2
(5.25)
Considérons à nouveau la masse d’eau me en un point A situé à l’opposé de la Lune sur l’axe Terre-Lune.
Les forces extérieures appliquées sont les mêmes, à savoir, l’attraction terrestre me~g et l’attraction de la Lune
me mL G
u. Mais l’accélération est changée du fait du mouvement du centre de la Terre. La relation fondamentale
(61RT )2 ~
de la dynamique donne
me mL G
me (~ar + ~ae ) = me~g +
~u,
(5.26)
(61RT )2
CHAPITRE 5. PROBLÈME À DEUX CORPS
46
Terre fixe
Lune
Terre en mouvement
Lune
Figure 5.2 – Force génératrice des marées dues à la Lune dans le cas où la Terre est fixe et dans le cas où la
Terre est en mouvement.
où ~ar est l’accélŕation relative dans le référentiel terrestre. Ainsi, dans ce référentiel, la masse d’eau subira une
accélération donnée par
me mL G
1
1 me mL G
me~ar = me~g +
~u.
(5.27)
~u − m~ae = me~g +
− 2
(61RT )2
612
60
RT2
Dans cette équation, le premier terme de droite correspond à l’attraction de la Terre et le deuxième à celle de la
Lune. Ce dernier, opposé à ~u est appelé terme de marée. Il s’agit d’une force orientée comme sur la figure 5.2.
Considérons maintenant la même masse d’eau en un point B situé sur l’axe Terre-Lune, du côté de la Lune.
me mL G
On peut refaire le même calcul. La seule différence est que l’attraction de la Lune est maintenant (59R
u. Et
2~
T)
donc cette masse d’eau subira une accélération donnée par
me mL G
1
1 me mL G
me~ar = me~g +
~u − m~ae = me~g +
− 2
~u.
(5.28)
(59RT )2
592
60
RT2
Le terme de marée est dans le sens de ~u cette fois-ci, comme sur la figure 5.2.
De ces deux dernières équations, on déduit qu’il y a donc un gonflement de la mer du côté de la Lune et du
côté opposé. L’amplitude de la force de marée due à la Lune est beaucoup plus faible que dans le modèle de la
Terre fixe. C’est plus conforme aux observations.
En effet, la force d’attraction de la Lune dans le modèle de la “Terre fixe” est beaucoup plus forte que dans
le modèle à deux corps. Si le premier modèle était juste, l’amplitude des marées serait beaucoup plus grande,
rendant les côtes inhabitables.
Comme la Terre tourne sur elle-même en 24 h, il y a donc bien deux marées hautes et deux marées basses
par jour. Comme la Lune tourne autour de la Terre en 27,3 jours, elle se lève 50 minutes plus tard chaque jour.
Les marées sont donc espacées de 12 h 25 min.
En réalité, le mouvement des marées est plus complexe que cette vue statique où les masses d’eau sont en
équilibre avec les forces extérieures appliquées. L’eau n’est jamais à l’équilibre et l’étude nécessite une approche
CHAPITRE 5. PROBLÈME À DEUX CORPS
47
dynamique. Les premiers calculs dynamiques sont dus à Laplace, ancien étudiant de l’université de Caen. Les
frottements entre l’eau et la terre ferme entraı̂nent un déphasage entre la force excitatrice et l’effet (voir le cours
sur les oscillateurs). L’axe des marées ne coı̈ncide donc pas avec l’axe Terre - Lune. La marée haute a lieu après
le passage de la Lune à la verticale du lieu d’observation.
Le Soleil contribue aussi aux marées, mais avec un effet qui 2,5 fois plus faible que celui de la Lune. Quand
le Soleil, la Terre et la Lune sont alignés, les marées sont beaucoup plus fortes.
C’est encore à Newton que l’on doit la première explication du phénomène des marées.
Les marées concernent aussi la croûte terrestre qui se déforme et son noyau fluide. Les déplacements engendrés
par les marées entraı̂nent des pertes d’énergie qui se traduisent par une force de frottement. La rotation de la
Terre ralentit lentement. Cela a été observé chez des fossiles de coraux : il y a 400 millions d’années, une année
faisait 400 jours de 22 heures ! Il en a été de même pour la Lune, mais maintenant qu’elle nous montre toujours
la même face, elle n’a plus de marée et donc plus de frottement. Sa vitesse de rotation s’est donc stabilisée. La
Terre subira le même sort, un mois et un jour seront confondus, mais ce n’est pas encore pour maintenant.
Nous reviendrons sur ce sujet dans le chapitre 7.
La limite de Roche
Vers 1850, le physicien français Edouard Roche, a montré que la force de marée qui déforme les planètes
pouvait être plus forte que les forces de cohésion gravitationnelle qui maintiennent l’unité du satellite. C’est le
cas en particulier quand le satellite est proche de la planète. La frontière entre la zone où un satellite peut être
disloqué par la force de marée et celle où il tiendra s’appelle la limite de Roche.
Ce phénomène est particulièrement visible autour Saturne : les anneaux sont en-deça de la limite de Roche
et les nombreux satellites, au-delà. Dans les faits, on observe de petits satellites en cours de formation en-deça
de la limite de Roche, mais la force gravitationnelle n’est pas la seule à assurer la cohésion.
5.1.4
Energie cinétique
Nous venons de voir que l’étude du problème à deux corps se faisait en séparant le mouvement du centre
de masse qui ne nous intéresse souvent pas, du mouvement relatif dans le référentiel barycentrique. Qu’en est-il
pour l’énergie cinétique où c’est le carré de la vitesse qui intervient ? Peut-on encore faire cette séparation ?
Que ce soit pour deux ou N particules, le calcul est le même, alors, considérons N particules. En utilisant
la loi de composition des vitesses, l’énergie cinétique totale du système devient,
Ectot =
1X
1X
mi vi2 =
mi (~vG + ~ui )2 ,
2 i
2 i
(5.29)
avec ~ui les vitesses relatives dans le référentiel du centre de masse. En développant, on obtient,
Ectot =
X
1 X
1X
2
(
mi )vG
+ ~vG .(
mi ~ui ) +
mi u2i .
2 i
2
i
i
(5.30)
Le deuxième terme de droite est nul car, dans le référentiel barycentrique, la vitesse du centre de masse vaut
zéro. Il reste finalement
1X
1 X
2
mi )vG
+
mi u2i ,
(5.31)
Ectot = (
2 i
2 i
qui correspond au théorème de König (ou Koenig). Nous verrons dans le chapitre 6, une généralisation de ce
théorème aux solides.
Dans le cas du problème à deux corps, l’énergie cinétique dans le référentiel barycentrique, notée Ec∗tot , peut
s’écrire en fonction de la vitesse de la particule fictive de masse réduite µ. A partir des équations (5.9), on
obtient aisément que
1
1
1
(5.32)
Ec∗tot = m1 u21 + m2 u22 = µv 2 .
2
2
2
CHAPITRE 5. PROBLÈME À DEUX CORPS
48
En conclusion, l’énergie cinétique peut être séparée en deux termes qui s’additionnent simplement : l’énergie
cinétique totale liée au déplacement du centre de masse et l’énergie cinétique relative dans le référentiel barycentrique. Dans le cas du problème à deux corps, cette dernière est aussi l’énergie cinétique de la particule
fictive de masse réduite µ.
La vitesse du centre de masse étant constante s’il n’y a pas de force extérieure au système {M1 , M2 }, seule
le deuxième terme de l’énergie cinétique varie quand on applique le théorème de l’énergie cinétique,
Z B
→
−
1 2
1 2
µvB − µvA
=
F~1→2 .d l .
(5.33)
2
2
A
On retrouve que la force F~1→2 n’agit que sur la particule virtuelle de masse µ et de vitesse ~v .
Si cette force est conservative et dérive donc d’une énergie potentielle Ep, on aura finalement que Ec∗tot + Ep
est constante.
5.1.5
Application aux mouvements d’une molécule diatomique
Une molécule diatomique, représentée sur la figure 5.3, peut vibrer et tourner sur elle-même. Comment
étudier ces mouvements ?
On schématise la molécule par deux masses, m1 et m2 , que l’on peut supposer ponctuelles, étant donnée la
petitesse de la taille des noyaux de l’ordre de 10−15 m devant la taille de la liaison atomique de l’ordre de 10−10
m. La liaison entre ces deux masses peut-être assimilée à un ressort de raideur k pour des vibrations de petite
amplitude.
Entre deux chocs successifs, la molécule est seule dans l’espace. Son centre de masse est donc animé d’un
mouvement rectiligne uniforme si l’on néglige l’action de la pesanteur. Le référentiel du centre de masse est donc
galiléen. Dans ce référentiel, l’équation du mouvement peut donc être réduite à
µr̈ = −k(r − r0 ).
(5.34)
p
Il s’agit de l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation Ω = k/µ. La résolution rigoureuse pour une
molécule nécessite l’utilisation de la mécanique quantique qui part de l’énergie mécanique totale
E=
1
p2
1
1 ˙
µ(r − r0 )2 + kr2 =
+ µΩ2 (r − r0 )2 ,
2
2
2µ 2
(5.35)
si l’on fait intervenir l’impulsion p = µṙ. En mécanique quantique, l’énergie ne peut prendre que des valeurs
discrètes de la forme En = h̄Ω(n + 21 ) avec n un entier positif ou nul.
Figure 5.3 – Molécule diatomique. Figure trouvée sur Internet.
La molécule peut aussi tourner sur elle-même, autour d’un axe orthogonal à la liaison chimique qui passe
par G, le centre de masse. Le moment d’inertie par rapport à cet axe s’écrit
I = m1 r12 + m2 r22 .
(5.36)
CHAPITRE 5. PROBLÈME À DEUX CORPS
49
En utilisant les relations (5.8) qui relient r1 et r2 à r, on en déduit facilement que
I = µr2 .
(5.37)
L’énergie mécanique se réduit à l’énergie cinétique pour la rotation, car il n’y a pas de force extérieure qui
exercent un moment sur la molécule. L’énergie cinétique associée à cette rotation s’écrit alors
E=
σ2
1 2
Iω =
2
2I
(5.38)
en se rappelant que σ = Iω. En mécanique quantique, le moment cinétique ne peut prendre que des valeurs
2
.
discrètes, σ = `h̄, avec ` un entier et l’énergie s’écrit E = `(`+1)h̄
2I
Ce sont ces deux formulations de l’énergie qui servent à étudier le mouvement des molécules diatomiques
dans le formalisme de la mécanique quantique. Le passage entre deux états d’énergies différentes se fait en
émettant ou en absorbant un photon qui peut permettre d’identifier la molécule.
5.2
Problème à trois corps
Le problème à deux corps peut être aisément réduit et résolu. Peut-on faire la même chose pour trois corps en
interaction ? En mécanique céleste, c’est nécessaire pour le système Soleil - Terre - Lune en raison de la proximité
de la Lune et de la Terre, et pour le système Soleil - Jupiter - Saturne en raison de la grande masse de Jupiter.
Newton, qui a réussi à expliquer les lois de Kepler, la variation de g avec l’altitude, la forme non-sphérique de
la Terre, la précession de la Terre (voir chapitre 4) et les marées, a échoué à décrire précisément le mouvement
de la Lune.
En 1748, Euler, à qui l’on doit une grande partie de la mécanique du solide, a écrit à propos du problème à
trois corps :
Il faut aussi avouer que ce problème est l’un des plus difficiles de la mécanique, et dont on ne saurait
espérer une solution parfaite, à moins que l’on ne fasse des progrès plus considérables dans l’analyse.
Où est le problème ? A cause de l’interaction du Soleil, la position de l’apogée de la Lune tourne autour de la
Terre avec une période de 9 ans. Les calculs de Newton, refaits par de nombreux autres physiciens aboutissent à
un mouvement deux fois plus lent (période de 18 ans environ). Clairaut finit par résoudre ce problème en 1748
par un calcul approximatif faisant intervenir des développements limités à l’ordre deux.
De nos jours, on ne connaı̂t que trois solutions exactes du problème à trois corps dans des cas particuliers
simplificateurs. La dernière date de 1999. . . Les deux précédentes sont dues à Lagrange (1772). Pour le reste, la
mécanique céleste est calculée de façon approximative par des méthodes dites perturbatives, c’est à dire basées
sur des développements en série.
Certains termes de la série, dits “séculaires”, deviennent de plus en plus grands avec le temps, même s’ils
étaient négligeables initialement. Le système à trois corps peut donc être chaotique : si on change légèrement les
conditions initiales le devenir à long terme du système peut être très différent. Avec les incertitudes de mesure,
il est donc impossible de faire des prédictions à long terme.
Vous comprendrez donc aisément pourquoi on s’arrête au problème à deux corps au niveau licence. . . Le
chaos n’est abordé que dans certains Masters spécialisés.
Pour en savoir plus, vous pouvez lire le livre de Christophe Letellier, Le Chaos dans la nature, édité chez
Vuibert en 2006. Ou regarder l’excellent film pédagogique sur le chaos, à l’adresse suivante :
http://www.chaos-math.org.
5.3
Collisions
Une autre situation physique où l’on peut réduire le système étudié à deux particules en interaction concerne
les collisions. Si la force d’interaction entre les particules est connue, on peut appliquer la même procédure que
précédemment (voir TD). Mais généralement, lors d’un choc, on ne connaı̂t pas l’interaction. Pourtant, en jouant
avec une raquette et une balle, on sait intuitivement que l’on peut faire des prédictions sur la trajectoire de la
balle après le choc. Nous allons donc nous intéresser aux relations entre les vitesses après et avant la collision,
CHAPITRE 5. PROBLÈME À DEUX CORPS
50
et non à ce qui se passe pendant cette collision. Cela suppose, en outre, que l’interaction est limitée au temps
du choc.
Nous allons supposer, comme précédemment, qu’aucune force extérieure au système à deux corps n’agit sur
le système. Nous avons vu qu’alors, la vitesse du centre de masse du système ne change pas, même lors du choc :
~vG =
m1~v10 + m2~v20
m1~v1 + m2~v2
=
,
m1 + m2
m1 + m2
(5.39)
où ~v1 et ~v2 représentent les vitesses des particules 1 et 2 avant le choc et ~v10 et ~v20 après le choc. En simplifiant le
dénominateur, on en déduit que la quantité de mouvement totale est conservée, même pendant le choc. Et c’est
a priori la seule chose que l’on peut dire. Ne connaissant pas la force d’interaction, il aurait été naı̈f d’espérer
plus.
La conservation du moment cinétique, que l’on n’écrira pas, implique que tout se passe dans un plan. On a
donc 4 inconnues (~v10 et ~v20 ) pour deux équations. Il faut donc faire des hypothèses supplémentaires pour pouvoir
faire des prédictions.
L’énergie peut être dissipée sous forme de chaleur ou de bris lors du choc et a priori, il n’y a aucune raison
que l’énergie cinétique soit conservée. Nous allons donc commencer par considérer le cas idéal d’une collision
dite élastique avec conservation de l’énergie cinétique. Puis nous traiterons ensuite le cas des collisions dites
inélastiques où l’énergie cinétique n’est pas conservée.
Enfin, dans la pratique, nous allons nous limiter à l’étude du choc entre un projectile et une cible fixe. Car
si la cible est aussi en mouvement, il est beaucoup plus difficile de viser et il faudrait s’assurer auparavant, avec
des calculs de balistique, que le choc aura bien lieu.
5.3.1
Collisions élastiques
Le problème consiste à trouver les vitesses ~v10 et ~v20 des particules 1 et 2 après le choc, connaissant leur vitesse
~v1 et ~v2 avant. Sachant que tout se passe dans un plan, il y a quatre inconnues en tout (deux coordonnées par
vitesse). La conservation de la quantité de mouvement donne deux équations et celle de l’énergie cinétique, une.
Nous avons donc 4 inconnues, 3 équations : le problème reste insoluble et l’on ne peut pas prédire ce qui va se
passer après une collision. En revanche si, lors d’une expérience on mesure une coordonnée d’une des vitesses
inconnues, il est alors possible de déduire les autres coordonnées par calcul. Dans la pratique, c’est souvent
l’angle de diffusion qui est déterminé par la position du détecteur, à savoir l’angle entre les vitesses après et
avant le choc de la particule incidente.
Commençons par considérer le cas le plus simple correspondant à un angle de diffusion nul. Tout se passe
sur une droite. Dans ce cas très particulier, le problème se réduit à deux inconnues et deux équations. Il est
soluble et nous pouvons faire des prédictions théoriques.
Collisions élastiques à une dimension
Nous allons considérer le cas d’un projectile lancé contre une cible immobile, figure 5.4. Les équations de
conservation donnent
m1~v1 = m1~v10 + m2~v20
et
1
1
1
m1 v12 = m1 v10 2 + m2 v20 2 .
2
2
2
(5.40)
La résolution directe est un peu lourde, mais vous pouvez la faire à titre d’exercice. Nous avons vu précédemment,
qu’il était pertinent de travailler dans le référentiel du centre de masse. Qu’en est-il pour les collisions ? Il s’avère
que le calcul est beaucoup plus simple.
Avant le choc, la vitesse du centre de masse G est
~vG =
m1~v1
,
m1 + m2
(5.41)
car ~v2 = 0. C’est la même après le choc.
Les vitesses relatives dans le référentiel barycentrique deviennent telles que les quantités de mouvement sont
opposées,
m2~v1
m1~v1
~u1 = ~v1 − ~vG =
et
~u2 = −~vG = −
.
(5.42)
m1 + m2
m1 + m2
CHAPITRE 5. PROBLÈME À DEUX CORPS
1
51
2
1
référentiel du laboratoire
2
référentiel du centre de masse
Figure 5.4 – Choc à une dimension d’un projectile contre une cible.
comme présenté sur la figure 5.4. Pour alléger les notations, nous notons ~u les vitesses dans le référentiel relatif.
Le référentiel barycentrique étant galiléen, on peut réécrire les équations de conservation,
m1 ~u1 + m2 ~u2 = m1 ~u01 + m2 ~u02 = ~0
1
1
1
1
m1 u21 + m2 u22 = m1 u01 2 + m2 u02 2 .
2
2
2
2
et
(5.43)
La première équation est nulle car la vitesse du centre de masse est nulle dans le référentiel barycentrique ! Le
zéro va simplifier les calculs et l’on en déduit aisément que
k~u1 k = k~u01 k
et
k~u2 k = k~u02 k.
(5.44)
C’est un résultat important pour la physique des collisions élastiques, remarquable par sa simplicité. Il est aussi
valable à deux dimensions.
A une dimension, la solution ~u0i = ~ui correspondant à l’absence de choc et ne nous intéresse pas. Après un
choc élastique à une dimension, on a donc
~u01 = −~u1
et
~u02 = −~u2 ,
(5.45)
dans le référentiel du centre de masse. Le retour dans le référentiel du laboratoire est immédiat,
~v10
= ~u01 + ~vG = −~u1 + ~vG = −~v1 + 2~vG ,
(5.46)
~v20
= ~u02 + ~vG = −~u2 + ~vG = 2~vG .
(5.47)
En remplaçant ~vG par son expression, équation (5.41), on a finalement,
~v10 =
m1 − m2
~v1
m1 + m2
et
~v20 =
2m1
~v1 .
m1 + m2
(5.48)
Si m1 < m2 , ce qui pourrait correspondre à une balle de tennis contre une boule de pétanque, la particule 1
repart en arrière. Dans le cas extrême où m1 m2 , soit une balle de ping-pong contre une boule de pétanque,
~v10 ' −~v1 et ~v20 ' ~0. La balle de ping-pong rebondit comme sur un mur. Inversement, si m1 > m2 , la boule de
pétanque continue dans la même direction en entraı̂nant la balle de tennis. Dans le cas extrême où m1 m2 ,
~v10 ' ~v1 et ~v20 ' 2~v1 . La boule de pétanque continue sur sa lancée presque imperturbée et éjecte la balle de
ping-pong à une vitesse double. Enfin, si m1 = m2 , ~v10 = ~0 et ~v20 = ~v1 . Il y a un simple transfert de vitesse et
d’énergie cinétique.
Collisions élastiques à deux dimensions
A deux dimensions, on peut généraliser les calculs précédents, à condition de fixer un paramètre. Généralement,
on choisit l’angle de diffusion défini sur la figure 5.5. Cet angle, θ1 dans le référentiel du laboratoire et ϕ dans
celui du centre de masse, dépend du choix du référentiel d’étude. Le paramètre b est appelé paramètre d’impact.
Ce qui se passe après la collision en dépend, même si on peut rarement le contrôler.
L’équation (5.44) obtenue dans le référentiel du centre de masse est encore valable à deux dimensions. L’angle
de diffusion ϕ demeure la seule inconnue. De retour dans le référentiel du laboratoire, on peut alors en déduire de
CHAPITRE 5. PROBLÈME À DEUX CORPS
52
2'
2'
θ2
2
φ
2
θ1
b
b
1
1
1'
φ
1'
référentiel du centre de masse
référentiel du laboratoire
Figure 5.5 – Collisions à deux dimensions dans les référentiels du laboratoire et du centre de masse
nombreuses grandeurs physiques en se fixant une coordonnée. Je vais me limiter à quelques résultats intéressants
sans faire les démonstrations. Par exemple, la relation entre les angles de diffusion peut aisément être trouvée,
tan θ1 =
sin ϕ
.
1
cos ϕ + m
m2
(5.49)
On peut alors montrer que si m1 < m2 , alors θ1 ∈]π/2, π[, c’est à dire que la particule 1 a tendance à repartir
en arrière comme dans le cas à une dimension. Inversement, si m1 > m2 la particule 1 continue vers l’avant et
θ1 < π/2.
On peut aussi calculer la quantité d’énergie cinétique transférée à la particule 2,
Ec20 =
4m1 m2
Ec1 cos2 (θ2 ).
(m1 + m2 )2
(5.50)
Le transfert d’énergie est maximal quand θ2 = 0 et est nul quand θ2 = π/2, ce qui est assez intuitif. Il est
aussi maximal quand m1 = m2 . Ainsi, par exemple, pour ralentir des neutrons dans un réacteur nucléaire,
l’hydrogène de l’eau est particulièrement bien adapté car les neutrons perdront plus d’énergie à chaque choc
qu’avec un autre élément plus lourd.
Le cas où m1 = m2 est particulièrement intéressant. En écrivant la conservation de la quantité de mouvement
et de l’énergie cinétique dans le référentiel du laboratoire, on a
m~v1 = m~v10 + m~v20
et
1
1
1
mv 2 = mv10 2 + mv20 2 .
2 1
2
2
(5.51)
En élevant au carré l’expression de gauche, on en déduit, après simplification, que
~v10 .~v20 = ~0.
(5.52)
Les particules partent donc à angle droit, sauf dans le cas d’une collision frontale où v10 = 0. C’est un résultat
connu des amateurs de billard.
5.3.2
Collisions inélastiques
Perte d’énergie cinétique
Une collision élastique est un cas d’école car il n’y a aucune raison, a priori, que l’énergie cinétique soit
conservée lors du choc. On parle alors de collision inélastique. Est-ce que toute l’énergie peut être perdue ? Non,
du fait de conservation de la vitesse du centre de masse.
CHAPITRE 5. PROBLÈME À DEUX CORPS
53
Le théorème de König montre que l’énergie cinétique totale EcT , quand on décompose le problème en un
mouvement d’entraı̂nement du centre de masse et un mouvement relatif, est très simplement la somme des
énergies cinétiques correspondant à chacun de ces mouvements,
1
2
EcT = (m1 + m2 )vG
+ Ec∗T ,
(5.53)
2
où Ec∗T est l’énergie cinétique totale dans le référentiel barycentrique. En l’absence de force extérieure, la vitesse
du centre de masse ~vG est constante et donc l’énergie cinétique qui lui est associée aussi. En revanche, l’énergie
cinétique correspondant au mouvement relatif des particules, peut être entièrement ou partiellement dissipée.
Cela dépendra des chocs et ajoute une difficulté supplémentaire au problème.
Le cas extrême correspond aux chocs dits mous où les deux objets adhèrent l’un à l’autre. Après le choc, les
vitesses de la particule amalgamée et du centre de masse sont confondues. Ce qui signifie que les vitesses dans
le référentiel du centre de masse sont nulles et l’énergie cinétique correspondante aussi.
Le cas des chocs mous peut aussi être étudié simplement. Pour tous les cas intermédiaires entre le choc
élastique et le choc mou, il faudra mesurer les vitesses après le choc pour en déduire l’énergie dissipée ou
transformée lors d’une réaction. En effet, en physique des particules, l’énergie peut se transformer en masse.
A noter que le cas inverse, correspondant à la désintégration d’une particule en deux particules est aussi
intéressant à étudier, mais nous ne le ferons pas car cela requiert souvent une étude relativiste. Un feu d’artifice
explosant en vol pourrait aussi correspondre à ce schéma, mais avec plus que deux particules. . . Dans ces cas,
il n’y a pas perte d’énergie cinétique, mais création.
Chocs mous
Lors d’un choc mou, les deux objets restent amalgamés après le choc. Cela peut être le cas lors de collisions
de particules élémentaires ou d’une météorite avec une planète. . . Dans le premier cas, une partie de l’énergie
perdue peut être transformée en énergie de masse, ou en chaleur dans le deuxième cas.
Dans le référentiel du laboratoire, le bilan énergétique est particulièrement simple à effectuer. La conservation
de la quantité de mouvement s’écrit,
m1
~v1 = ~vG .
(5.54)
m1~v1 = (m1 + m2 )~v 0
et donc
~v 0 =
m1 + m2
Les énergies cinétiques initiales et finales sont
1
m1 v12
2
Et donc le rapport des deux donne
Ec1 =
et
Ecf =
1
1
m21
(m1 + m2 )v 02 =
v2 .
2
2 m1 + m2 1
(5.55)
Ecf
m1
=
< 1.
(5.56)
Eci
m1 + m2
Si m1 m2 , Ecf ' Eci . Dans ce cas, on transfère beaucoup d’énergie cinétique à la cible en la mettant en
mouvement quasiment à la même vitesse que celle du projectile avant le choc. Ainsi, pour enfoncer un clou,
on a intérêt à utiliser un marteau lourd. En revanche, si m1 m2 , Ecf Eci . L’énergie cinétique incidente
s’est presque entièrement dissipée dans la cible qui va ainsi être modifiée. Ainsi, pour faire vibrer une cloche de
carillon, on a intérêt à choisir un marteau plus léger qu’elle.
5.4
English vocabulary
Le problème à deux corps
masse réduite
centre de masse
conservation de la quantité de mouvement
Les trois lois de Kepler
loi des aires
collision élastique
collision inélastique
paramètre d’impact
choc mou
The two-body problem
reduced mass
center of mass
conservation of momentum
Kepler’s Three Laws
The Law of Equal Areas
elastic collision
inelastic collision
impact parameter
perfectly (completely) inelastic collision
Chapitre 6
Rotation autour d’un axe mobile :
théorèmes généraux
Pour étudier le mouvement général d’un solide, on le décompose en un déplacement de son centre de masse
et une rotation du solide sur lui même, étudiée dans le référentiel barycentrique. C’est donc une combinaison
d’une translation et d’une rotation, comme pour les référentiels en mouvement. Il suffit de penser à une roue
qui roule ou à un boomeran. . .
L’étude de ces mouvements repose sur l’utilisation de grandeurs les grandeurs cinétiques, à savoir, la quantité
de mouvement, le moment cinétique et l’énergie qu’il va falloir décomposer de la même façon. Puis, nous allons
voir ce que deviennent alors les théorèmes généraux de la mécanique pour un mouvement quelconque, en essayant
de tirer profit de ce que nous avons appris en mécanique du point et dans les chapitres précédents.
6.1
Cinématique : champ de vitesse d’un solide en mouvement
Le mouvement d’un solide peut être décomposé en une translation de son centre de masse, caractérisée par
~vG et d’une rotation du solide dans le référentiel barycentrique caractérisée par ω
~ . Chacun de ces deux vecteurs
ont, a priori, trois coordonnées indépendantes : trois coordonnées de translation suivant Ox, Oy et Oz, ainsi que
trois angles de rotation autour de ces mêmes axes. Pour les exemples d’application, nous nous limiterons à des
mouvements plus simples.
La vitesse d’un point A quelconque du solide s’écrit donc,
∗
~vA = ~vG + ~vA
,
(6.1)
∗
en utilisant les lois de composition des vitesses. Ici ~vA
est la vitesse relative de A dans le référentiel du centre
de masse. Ce mouvement étant une rotation de vitesse angulaire ω
~ , on a finalement
−→
~vA = ~vG + ω
~ ∧ GA,
(6.2)
On peut écrire la même relation pour un point B quelconque et soustraire, pour obtenir une relation plus
générale ne faisant pas intervenir le centre de masse,
−−→
~vB = ~vA + ω
~ ∧ AB.
(6.3)
Grâce à cette relation, appelée formule de Varignon (Caen 1654 - 1722), en connaissant la vitesse d’un point
particulier du solide et ω
~ , on peut déterminer facilement la vitesse de n’importe quel autre point. Le centre de
masse ne joue pas un rôle privilégié en cinématique. Un champ de vitesses ayant de telles propriétés est appelé
torseur. Nous n’étudierons pas les propriétés mathématiques des torseurs.
Finalement, la description du déplacement d’un solide nécessite, a priori, de connaı̂tre 6 degrés de liberté
(3 de translation pour ~vA et 3 de rotation pour ω
~ ) et pas plus, car les solides étudiés sont considérés comme
indéformables.
54
CHAPITRE 6. ROTATION AUTOUR D’UN AXE MOBILE : THÉORÈMES GÉNÉRAUX
6.2
55
Théorèmes de König
Nous allons maintenant calculer les grandeurs cinétiques en séparant le mouvement de translation du centre
de masse, du mouvement de rotation dans le référentiel du centre de masse. Ce référentiel relatif est en translation
par rapport au référentiel d’étude, supposé galiléen. Son origine, le centre de masse G, n’a pas forcément un
mouvement rectiligne uniforme. Il n’y a donc aucune raison pour que le référentiel barycentrique soit aussi
galiléen.
6.2.1
Quantité de mouvement
Nous l’avons déjà vu, la quantité de mouvement totale se réduit à
p~ = m~vG .
(6.4)
Elle ne prend donc pas en compte la rotation du solide sur lui-même. Elle n’est sensible qu’au déplacement du
centre de masse.
6.2.2
Moment cinétique
Pour le moment cinétique, on repart de sa définition,
ZZZ
−−→
OM ∧ ~v (M ) dm
~σo =
(6.5)
S
puis, on sépare le mouvement du centre de masse du mouvement dans le référentiel du centre de masse,
ZZZ
ZZZ
−−→
−−→
~σo =
OG ∧ ~v (M ) dm +
GM ∧ ~v (M ) dm
(6.6)
S
Z Z Z
ZSZ Z
−−→
−−→
= OG ∧
~v (M ) dm +
GM ∧ ~v (M ) dm
S
S
ZZZ
−−→
−−→
= OG ∧ m~vG +
GM ∧ ~v (M ) dm.
(6.7)
S
Le premier terme correspond au moment cinétique du centre de masse par rapport à O. Quant au deuxième
terme, il fait apparaı̂tre le moment par rapport à G de la vitesse absolue, ce qui n’a pas de sens. Nous allons
faire apparaı̂tre la vitesse relative par rapport au référentiel barycentrique, ~v ∗ (M ),
~v (M ) = ~vG + ~v ∗ (M ),
(6.8)
ce qui donne,
~σo
−−→
= OG ∧ m~vG +
−−→
= OG ∧ m~vG + (
Z Z ZS
−−→
∗
= OG ∧ m~vG + ~σG
,
avec
∗
~σG
−−→
GM ∧ ~vG dm +
ZZZ
−−→
GM ∧ ~v ∗ (M ) dm
ZZZ
S
−−→
∗
GM dm) ∧ ~vG + ~σG
(6.9)
S
(6.10)
−−→
GM ∧ ~v ∗ (M ) dm.
ZZZ
=
(6.11)
S
Le premier terme correspond au moment cinétique du centre de masse dans le référentiel absolu, alors que le
deuxième correspond au moment cinétique relatif dans le référentiel barycentrique. Nous venons de démontrer
que ces deux moments cinétiques s’ajoutent simplement pour obtenir le moment cinétique global. Il s’agit du
premier théorème de König (souvent noté Koenig dans les livres de physique), qui est très important car il
permet de découpler les mouvements relatifs et d’entraı̂nement.
Si l’on applique ce résultat au mouvement de la Terre, on trouve que le moment cinétique associé à la rotation
du centre de la Terre autour du Soleil et le moment cinétique associé à la rotation de la Terre sur elle-même
s’ajoutent simplement.
CHAPITRE 6. ROTATION AUTOUR D’UN AXE MOBILE : THÉORÈMES GÉNÉRAUX
6.2.3
56
Energie cinétique
Le deuxième théorème de König concerne l’énergie cinétique avec laquelle on a le même découplage,
ZZZ
ZZZ
ZZZ
ZZZ
1
1
1
2
2
∗2
Ec =
v (M ) dm =
vG (M ) dm +
v (M ) dm +
~vG .~v ∗ (M ) dm (6.12)
2
2
2
S
S
S
S
1
mv 2 + Ec∗ ,
(6.13)
=
2 G
avec
Ec∗ =
1
2
ZZZ
v ∗2 (M ) dm.
(6.14)
S
Le dernier terme de l’équation (6.12) est nul car, par définition du centre de masse,
une généralisation de ce qui a été vu pour le système à deux corps.
6.2.4
RRR
S
~v ∗ (M ) dm = ~0. On a là
Conclusion
En conclusion, le mouvement d’un solide peut être décomposé en une translation de son centre de masse
et une rotation sur lui-même dans le référentiel barycentrique et les trois grandeurs cinétiques usuelles de la
mécanique peuvent être alors calculées plus simplement,
p~ = m~vG
~σo
−−→
∗
= OG ∧ m~vG + ~σG
Ec =
1
2
2 mvG
+ Ec∗
∗
avec ~σG
=
avec
Ec∗ =
1
2
RRR −−→
GM ∧ ~v ∗ (M ) dm
S
RRR
S
(6.15)
v ∗2 (M ) dm.
Cette simple addition des contributions du mouvement de translation et de rotation relatif n’est possible que
parce que nous avons choisi le centre de masse qui a des propriétés particulières. La grande nouveauté par
rapport à la mécanique du point est le mouvement de rotation dans le référentiel barycentrique, auquel on
pourra souvent appliquer ce que nous avons appris en étudiant un solide tournant autour d’un axe. Mais l’étude
d’un mouvement quelconque peut être complexe car l’axe de rotation dans le référentiel barycentrique n’est pas
forcément fixe. C’est le cas de la toupie pirouette ou de la Terre. Nous y reviendrons.
A partir de ces relations simples, nous allons essayer de simplifier aussi les théorèmes généraux de la
mécanique.
6.3
6.3.1
Théorèmes généraux de la mécanique du solide
Rappels
Nous avons vu dans les chapitres précédents que
d~
pG
dt
d~σo
dt
=
X
F~ext ,
(6.16)
=
X
~ ~
M
Fext /O ,
(6.17)
où G est le centre de masse du système et O un point fixe dans un référentiel galiléen. La première équation
donne accès à la position du centre de masse du solide et la deuxième, à la rotation du système sur lui-même.
Dans un chapitre précédent, où nous avons étudé le mouvement autour d’un axe fixe, il suffisait de prendre
O sur l’axe de rotation. De même quand le solide tournait autour d’un point fixe. Mais pour un mouvement
quelconque, un point fixe O, loin du solide, n’est pas très pratique et il vaudrait mieux connaı̂tre le moment
cinétique dans le référentiel barycentrique. C’est ce que nous allons faire.
CHAPITRE 6. ROTATION AUTOUR D’UN AXE MOBILE : THÉORÈMES GÉNÉRAUX
6.3.2
57
Théorème du moment cinétique dans le référentiel barycentrique
Le théorème du moment cinétique s’écrit explicitement,
X −→
d~σo
=
OAi ∧ F~i ,
dt
i
(6.18)
où Ai est le point d’application de la force F~i .
Nous allons calculer le terme du gauche en utilisant le théorème de König,
−−→
∗
~σo = OG ∧ m~vG + ~σG
.
En dérivant cette relation, on obtient,
−−→
−−→
−−→ X ~
dOG
d~vG
d~σ ∗
d~σ ∗
d~σo
=m
∧ ~vG + OG ∧ m
+ G = OG ∧
Fext + G .
dt
dt
dt
dt
dt
Le terme de droite du théorème du moment cinétique donne,
X −→
X −→
−−→ X ~
OAi ∧ F~i = OG ∧
Fext +
GAi ∧ F~i .
i
(6.19)
(6.20)
(6.21)
i
En comparant les relations (6.20) et (6.21), on a immédiatement
∗
X
X −→
d~σG
~ ~
=
GAi ∧ F~i .
M
Fext /G =
dt
i
(6.22)
Le théorème du moment cinétique est donc applicable dans le référentiel barycentrique en prenant
le centre de masse comme point de référence, que ce référentiel soit galiléen ou pas.
Il s’agit d’un résultat important qui vient compléter le théorème de la résultante cinétique, équation (6.17),
appliquée au centre de masse. La résultante des forces déplace donc le centre de masse et la résultante de leur
moment fait tourner le solide sur lui-même.
6.3.3
Théorème de l’énergie cinétique
On peut appliquer le théorème de l’énergie cinétique car il découle directement de la relation fondamentale
de la dynamique. Seules les forces extérieures sont à prendre en compte, car, pour un solide indéformable, les
forces intérieures ne travaillent pas. Il faut cependant veiller, pour chacune de ces forces, à bien prendre en
compte le déplacement de leur point d’application. Ainsi, pour un solide quelconque en déplacement, on a
X
F~i .~v (Ai )dt,
dEc =
(6.23)
i
où Ai est le point d’application de la force F~i . Dans le cas de forces s’appliquant à tout le volume du solide,
comme la pesanteur, il faut remplacer cette somme par une intégrale. On peut aussi écrire cette relation sous
une forme intégrée par rapport au temps pour obtenir ∆Ec .
Pour utiliser cette relation, il faut déterminer la vitesse de chacun des points d’application d’une force Ai ,
ce qui n’est pas toujours très simple. En se rappelant de la formule de Varignon, équation (6.3), chacune de
ces vitesses peut être exprimée en fonction des autres. Il suffit alors de choisir un point particulier A, a priori
commode, pour avoir,
X
X
X −→
−→
dEc =
F~i .(~v (A) + ω
~ ∧ AAi ) dt = (
F~i ).~v (A) dt + (
AAi ∧ F~i ).~
ω dt,
(6.24)
i
i
i
en utilisant les propriétés de permutation du produit mixte. Cette expression, qui ne fait intervenir que la
résultante des forces et des moments, a le mérite d’être beaucoup plus simple. Elle fait aussi apparaı̂tre ce que
l’on pourrait appeler un travail de translation et un travail de rotation.
Comme en mécanique du point, dans le cas de forces conservatives, on peut introduire une énergie potentielle
et une énergie mécanique. Dans le cas de la pesanteur, l’énergie potentielle vaut Ep = mgzG où Oz est un axe
vertical orienté vers le haut.
CHAPITRE 6. ROTATION AUTOUR D’UN AXE MOBILE : THÉORÈMES GÉNÉRAUX
6.3.4
58
Applications
Nous allons donc appliquer ces théorèmes généraux à des cas où l’axe de rotation se déplace. Là encore,
par souci de simplicité, nous ne considèrerons qu’un cas : celui d’un axe en translation simple dans le chapitre
suivant.
6.4
English vocabulary and summary
6.4.1
English vocabulary
Composition des vitesses d’un solide
Formule de Varignon
6.4.2
Velocity composition in a solid
Varignon’s formula
Summary
For arbitrary motion of a rigid body, divide the motion into a linear motion of the centre of mass, plus
rotation about the centre of mass. Then :
X
F = maCM
(6.25)
X
τCM = ICM α
(6.26)
K
= Ktrans + Krot =
1
1
mv 2 + ICM ω 2 .
2 CM 2
(6.27)
Chapitre 7
Rotation autour d’un axe en
translation
La description du déplacement quelconque d’un solide nécessite a priori de connaı̂tre 6 degrés de liberté (3
de translation et 3 de rotation). Dans ce chapitre, nous nous limiterons à l’étude de mouvements plus simples,
avec un plus petit nombre de degrés de liberté : nous ne considérerons qu’un seul degré de rotation en limitant
le mouvement à une rotation d’un solide autour d’un axe en translation.
Nous avons vu dans le chapitre précédent, que l’on pouvait séparer le mouvement de translation du centre
de masse, du mouvement de rotation dans le référentiel du centre de masse. Pour ce qui est de ce dernier, avec
les hypothèses choisies, il s’agit d’un mouvement autour d’un axe fixe auquel on pourra appliquer ce qui a été
vu au chapitre 3.
Il existe de nombreux exemples : un frisbee, une roue qui roule sur une route rectiligne. . . Dans le premier
cas, la réduction du nombre de degrés de liberté est intrinsèque au problème, alors que dans le deuxième, elle
est imposée par des liaisons extérieures qui contraignent le mouvement. Pour ce dernier cas, nous allons nous
limiter ici à un solide posé sur un autre.
Nous avons vu que les liaisons entre solides devaient être étudiées avec soin dans les problèmes de statique.
C’est encore le cas quand il y a mouvement. Nous allons donc commencer par regarder ce qui se passe au niveau
du contact entre solides lors d’un mouvement de roulement.
7.1
7.1.1
Mouvements de roulement
Vitesse de glissement
En se limitant à ce type de liaison simple, il y a une infinité de possibilités entre un traı̂neau qui glisse sur
le sol et une roue qui roule sans glisser. Le premier cas est assez simple car il correspond à une absence de
roulement. C’est aussi le cas d’une roue bloquée par un système de freinage.
y
+
G
0
C
x
Figure 7.1 – Roue roulant sur un sol rectiligne et horizontal.
59
CHAPITRE 7. ROTATION AUTOUR D’UN AXE EN TRANSLATION
60
Etudions l’autre cas extrême d’une roue qui roule sans glisser (sans patiner) sur une route rectiligne horizontale. A chaque tour de roue son centre se déplace de 2πR et de Rθ pour une rotation d’un angle θ. Ainsi,
les mouvements de translation et de rotation sont liés par une contrainte de non glissement :
~vG = −Rθ̇ ~ux ,
(7.1)
où θ correspond à l’angle de rotation de la roue autour de G et R au rayon de la roue. Le signe − est dû au
choix de l’orientation pour le sens de rotation, voir figure 7.1. Le point de contact avec le sol, C, a pour vitesse,
−−→
~vC = ~vG + ω
~ ∧ GC,
(7.2)
où ω
~ = θ̇~uz . En incluant, la condition de non glissement, équation (7.1), on obtient
~vC = −Rθ̇ ~ux + θ̇~uz ∧ (−R)~uy = ~0.
(7.3)
Ainsi, quand la roue ne glisse pas, la vitesse du point de contact est nulle. Nous avons obtenu ce
résultat par le calcul. Cela se voit aussi avec un simple dessin. Voir la figure 7.2.
Figure 7.2 – Roue roulant sur un sol rectiligne et horizontal. A gauche, le champ de vitesse dans le référentiel du
centre de masse est représenté. Au milieu, c’est la vitesse du centre de masse, qui est la vitesse d’entraı̂nement.
Enfin, à droite, la vitesse absolue, obtenue en additionnant les deux vitesses précédentes, est bien nulle au niveau
du point de contact avec le sol en cas de roulement sans glissement.
Si le sol se déplaçait aussi comme un tapis roulant, ou si l’on considère deux solides en contact via un
engrenage, la condition de non glissement est que les vitesses des points de contact de chacun des solides sont
égales. C’est plus facile à comprendre. On définit la vitesse de glissement comme étant la différence entre ces
deux vitesses. Si le sol est immobile, le point de contact de la roue l’est aussi.
Pour comprendre ce résultat intuitivement, considérons la marche, qui est aussi un déplacement avec une
vitesse de contact nulle. A chaque pas, le pied en contact avec le sol reste fixe et c’est le corps qui pivote, jusqu’à
ce que cela soit le tour du pied suivant. C’est exactement la même chose avec la roue, sauf que les pas ou les
points de contact successifs sont infiniment rapprochés.
En revanche, si la roue patine, vG < R|θ̇| et la vitesse du point de contact n’est plus nulle. A l’autre extrême,
si la roue est bloquée et glisse uniquement, la vitesse du point de contact est égale à ~vG .
Il est important de noter que c’est à cause des forces de frottement que la roue roule sans glisser. Il en est
de même pour la marche prise en exemple pour comprendre intuitivement ce qui se passe. Il suffit d’essayer
de marcher sur de la glace pour s’en convaincre. Mais, si le point de contact a une vitesse nulle, ces forces de
frottement ne travaillent pas. Il n’y a pas de perte d’énergie.
7.1.2
Axe instantané de rotation
Le mouvement de la roue qui roule sans glisser peut être vu comme une rotation pure (sans translation)
autour d’un axe parallèle à l’axe de la roue, mais passant par le point de contact C. Cet axe change à chaque
instant et est appelé axe instantané de rotation de la roue.
CHAPITRE 7. ROTATION AUTOUR D’UN AXE EN TRANSLATION
61
2L
A
L
G
C
Figure 7.3 – Planche sur un cylindre. On suppose que tous les contacts se font sans glissement.
Avec cette description du mouvement, le point A, symétrique de C par rapport à G, est deux fois plus éloigné
de C que G et se déplace donc à la vitesse 2~vG dans le référentiel absolu. Voir figure 7.2. Cela peut être vérifiée
à l’aide d’une expérience simple. Si l’on pousse une planche sur un cylindre, comme représenté sur la figure 7.3,
et que l’on suppose que tous les contacts sont sans glissement, on observe que la planche a un déplacement deux
fois plus long que celui du centre du cylindre. Vous pouvez faire l’expérience.
Quantitativement, on peut aussi calculer, par exemple, l’énergie cinétique de la roue, assimilée à un cylindre,
en adoptant deux points de vue différents. Soit en décomposant le mouvement en une translation du centre de
masse et une rotation autour d’un axe passant par G dans le référentiel barycentrique,
Ec =
1
1
1
1
2
2
mvG
+ Ec∗ = mvG
+ IG ω 2 = (mR2 + IG )ω 2 ,
2
2
2
2
(7.4)
soit en considérant une rotation pure autour de C,
Ec =
1
1
IC ω 2 = (mR2 + IG )ω 2
2
2
car
IC = IG + mR2 .
(7.5)
Dans le premier cas, on a utilisé le théorème de König, et celui de Huygens dans le deuxième. On obtient bien
les mêmes résultats.
7.1.3
Exemple d’application
Nous allons étudier le roulement sans glissement d’une boule pleine homogène de rayon R sur un plan
incliné, figure 7.4. Cette expérience a un grande importance historique puisqu’elle a été utilisée par Galilée pour
déterminer ses lois de la physique. Ce mouvement a aussi un grand intérêt pédagogique et nous allons donc le
revoir tout au long de ce cours, en l’étudiant avec plusieurs approches différentes.
Un peu d’histoire
Dans son Discours concernant deux sciences nouvelles , Galileo Galilei, dit Galilée, présente ses résultats
sous la forme d’un dialogue. Voici un extrait de la troisième journée.
Salv. Cette définition étant arrêtée, l’Auteur ne demande et n’accepte pour vrai qu’un seul principe,
à savoir :
Les degrés de vitesse qu’un même mobile acquiert sur des plans différemment inclinés sont égaux,
pourvu que les hauteurs de ces plans soient égales. [...]
Sagr. La probabilité 1 de cette supposition me parait telle qu’elle peut être accordée sans discussion,
étant toutefois bien entendu que l’on a écarté tous les obstacles accidentels et extérieurs, que les plans
sont durs et lisses et le mobile de forme parfaitement sphérique, bref que les plans et le mobile ne
1. A l’époque, probabilité signifiait
qui peut être approuvé . Le sens a changé de nos jours.
CHAPITRE 7. ROTATION AUTOUR D’UN AXE EN TRANSLATION
62
présentent aucune aspérité. Tous les obstacles et tous les empêchements étant supprimés, la lumière
naturelle me montre sans difficulté qu’une boule pesante et parfaitement ronde, descendant le long
des lignes CA,CD,CB, atteindrait les points A, D, B, avec des impeto égaux.
Etudions donc le roulement d’une boule sur un plan incliné pour vérifier l’affirmation de Galilée.
Posons le problème
Le système étudié est la boule, qui subit deux forces extérieures, son poids et la réaction du support que
l’on peut décomposer en une composante normale et une composante tangentielle. Cette dernière correspond
aux frottements solides. Les axes d’étude sont représentés sur la figure 7.4.
y
RN
G
F
C
mg
α
x
Figure 7.4 – Boule pleine homogène roulant sans glissement sur un plan incliné.
L’on cherche à étudier le mouvement de la boule le long de la ligne de plus grande pente du plan incliné de
façon à pouvoir déterminer sa vitesse en bas de la pente. Pour cela, on va utiliser trois approches différentes
dans ce chapitre. Nous en verrons d’autres dans le chapitre 9.
Première méthode
Le mouvement de la boule consiste en une translation de son centre de masse et une rotation du solide
sur lui-même dont le mouvement est simple dans le référentiel barycentrique. Les équations de la dynamique
s’écrivent donc,
m
d~vG
dt
∗
d~σG
dt
=
~ N + F~
m~g + R
(7.6)
=
−−→
~ N + F~ ),
GC ∧ (R
(7.7)
car le moment du poids est nul en G. Si la boule est lâchée sans vitesse initiale, le mouvement du centre de
masse est rectiligne le long de la ligne de plus grande pente, comme en mécanique du point. Dans le référentiel
du centre de masse, la boule tourne autour d’un axe fixe passant par G.
CHAPITRE 7. ROTATION AUTOUR D’UN AXE EN TRANSLATION
63
En projetant ces deux équations sur les axes pertinents, à savoir ~ux pour la première et ~uz la deuxième, on
a
mẍ = mg sin α − F
et
IG ω̇ = −RF,
(7.8)
2
2
5 mR
est le moment d’inertie de la boule par rapport à un axe passant par son centre. Il apparaı̂t que
où IG =
c’est la force de frottement qui est responsable du roulement de la boule.
On ne peut pas résoudre ce système d’équations car on a 3 inconnues, (x, ω et F ) et deux équations. Il faut
donc une hypothèse supplémentaire. On va supposer que le roulement se fait sans glissement et donc, ẋ = −Rω.
C’est la troisème équation qui nous manquait.
La suite du calcul dṕend de ce que l’on cherche à déterminer. Si c’est la vitesse de déplacement du centre
de masse pour se rapprocher de l’expérience de Galilée, on va éliminier F et ω. Après quelques lignes de calcul,
on a finalement,
7
ẍ = g sin α.
(7.9)
5
Ce n’est pas le même résultat que pour un point matériel glissant le long de cette même pente pour lequel il
n’y a pas ce facteur 7/5. La rotation de la boule associée à la condition de non glissement change le résultat.
Pour un cylindre, dont le moment d’inertie n’est pas le même, on trouverait un autre facteur (3/2).
Le résultat ne dépend pas de la masse de la boule, comme l’avait suggéré Galilée. Qu’en est-il de l’angle
α avec l’horizontale ? En cas de chute libre, la boule ne roule pas et le résultat ne sera pas le même. Pour les
autres angles, il faut se focaliser sur la force de frottement, responsable du roulement.
La force de frottement solide a une amplitude limitée : F < f RN où f est le coefficient de frottement
solide. En injectant l’expression obtenue pour l’accélération, équation (7.9) dans l’équation (7.8), on obtient
que F = 72 mg sin α. Quant à la composante normale, RN = mg cos α. Ainsi, il ne peut y avoir roulement sans
glissement que si la pente n’est pas trop raide, avec comme limite,
tan α <
7
f.
2
(7.10)
Au-delà, la boule patine et l’équation du mouvement obtenue, équation (7.9), n’est plus valable. Dans le cas
extrême où α → π2 , il est bien évident que la boule ne roulera pas. La tangente tend vers l’infini et la condition
de roulement sans glissement, équation (7.10) ne peut pas être satisfaite.
On voit là que le mouvement ne sera pas le même en fonction de la pente. L’affirmation de Galilée n’est pas
correcte. On y reviendra un peu plus loin en calculant la vitesse en bas de la pente dans le cas où l’angle α n’est
pas trop élevé de façon à avoir un roulement sans glissement. Mais avant, étudions une deuxième approche.
Deuxième méthode
Une autre approche est possible si l’on remarque que le point de contact est un point fixe car il a une vitesse
nulle. Le mouvement peut être vu comme une rotation pure autour de l’axe Cz. On peut donc directement
appliquer le théorème du moment cinétique par rapport à C :
−−→
d~σC
= CG ∧ (m~g ),
dt
(7.11)
qui donne, si l’on projette sur le vecteur ~uz ,
IC
dω
= −mg sin α,
dt
avec IC = IG + mR2 =
7
mR2 .
5
(7.12)
En utilisant la condition de non-glissement, ẋ = −Rω, on retrouve l’équation (7.9).
Cette approche n’est possible que pour les mouvements sans glissement. Si ~vC 6= ~0, cette méthode ne peut
plus être appliquée et il faut utiliser l’approche précédente.
Pour vérifier les affirmations de Galilée et calculer la vitesse en bas de la pente, on peut résoudre l’équation
(7.9) mais c’est un peu long car on obtient plus d’information que nécessaire. On peut dire, à chaque instant,
quelle est la position et la vitesse de la boule alors que l’on veut juste connaı̂tre sa vitesse à l’arrivée. La
conservation de l’énergie mécanique est plus simple.
CHAPITRE 7. ROTATION AUTOUR D’UN AXE EN TRANSLATION
64
Etude énergétique
On peut reprendre l’étude de la boule roulant sur un plan incliné d’un point de vue énergétique. La réaction
du support appliquée au point de contact C ne travaille pas car ~vC = ~0. Ne reste donc que le poids qui est une
force conservative. L’énergie potentielle s’écrit donc,
Ep = mgh = −mgx sin α + cte.
(7.13)
L’énergie cinétique peut être exprimée à l’aide du théorème de König,
Ec =
1
1
2
mvG
+ IG ω 2 ,
2
2
(7.14)
avec IG = 52 mR2 . En utilisant la condition de non-glissement, ẋ = −Rω, l’énergie cinétique s’écrit
Ec =
1
1 7
IG
(m + 2 )ẋ2 = × mẋ2 ,
2
R
2 5
(7.15)
dans le cas d’une boule pleine homogène. Bien évidemment, l’énergie mécanique est la somme de ces deux
contributions, Em = Ec + Ep.
Il y a deux façons d’utiliser la conservation de l’énergie mécanique. Soit, sur un déplacement infinitésimal
en dérivant pour obtenir une équation valable localement, soit sur un déplacement macroscopique pour relier la
vitesse à l’arrivée aux conditions initiales.
Considérons le premier cas. On écrit l’énergie mécanique totale en un point quelconque
Em = Ec + Ep =
1 7
× mẋ2 − mgx sin α + cte,
2 5
(7.16)
et on la dérive par rapport au temps pour obtenir
7
ẋẍ − mg ẋ sin α ω = 0.
5
(7.17)
On a donc ẋ = 0 qui ne nous intéresse pas, ou
7
ẍ = g sin α.
5
(7.18)
Ce résultat est identique à ceux que nous avions trouvés précédemment.
La conservation de l’énergie peut aussi être utilisée pour déterminer directement la vitesse de la boule en
bas de la pente en fonction de la hauteur, pour vérifier l’affirmation de Galilée. En supposant que l’on lâche la
boule sans vitesse initiale, on a, au départ, h = hi et vi = 0. En bas de la pente, h = hf et ẋ = vf que l’on
cherche. Ainsi,
r
1
1
5
2
2
mghi = mghf + mvf + IG ωf
et donc
vf =
2g∆h,
(7.19)
2
2
7
avec ∆h = hi − hf . Là encore, ce résultat n’est valable que s’il y a roulement sans glissement. Si cette condition
est vérifiée, Galilée a raison.
En cas de glissement, la force de frottement travaille et il faut tout reprendre. Nous
√ le ferons pas. En cas de
chute libre, il n’y a pas de roulement, ni de frottement et la vitesse finale vaut vf = 2gh, conformément à ce
qui a été trouvé en mécanique du point. Ce résultat diffère de celui avec roulement sans glissement.
Galilée s’est donc partiellement trompé, mais sa contribution reste très importante. A l’époque, les lois de
la mécanique, telles que nous les connaissons, n’étaient pas connues. Et la mesure du temps, faite avec le pouls
ou en récitant des poèmes, n’était pas suffisamment précise pour distinguer les deux formules.
7.2
7.2.1
Mouvement avec conservation du moment cinétique
Quelques exemples
A votre avis, une fois que la toupie pirouette s’est retournée, quel est son sens de rotation ?
CHAPITRE 7. ROTATION AUTOUR D’UN AXE EN TRANSLATION
65
Figure 7.5 – Lors de la pirouette de la toupie, l’axe de rotation reste vertical. (Dessin tiré du site
http ://www.fysikbasen.dk/TippetopENGLISH.php)
Nous avons vu que le moment du poids par rapport à G est toujours nul. Et donc, un système soumis à son
seul poids a un moment cinétique constant dans le référentiel barycentrique. Si vous envoyez une balle “liftée”,
elle continuera donc à tourner sur elle même à la même vitesse angulaire. On peut aussi citer le cas des étoiles
qui, en fin de vie, s’effondrent sur elles-mêmes. Leur moment cinétique étant conservé, elles tournent de plus
en plus vite. Pour une étoile à neutrons, ces vitesses peuvent atteindre 600 à 800 tours par minute. Il y a aussi
l’exemple du plongeur faisant un salto : il a intérêt à commencer son mouvement de rotation quand il est en
contact avec le plongeoir, car après, c’est trop tard, il ne peut plus changer son moment cinétique.
Pour un objet posé sur un sol horizontal, en l’absence de frottement, la réaction du support sera verticale. La
projection du moment de cette force sur un axe vertical sera donc nulle et la composante verticale du moment
cinétique sera donc conservée. Cela se voit bien avec la toupie pirouette, qui, même si elle se retourne, continue
toujours de tourner autour d’un axe vertical, voir figure 7.5. Le sens de rotation final n’est peut-être pas celui
que vous aviez deviné... Les exemples d’application sont multiples. Nous avons déjà mentionné la patineuse et
la différence entre un œuf dur et un œuf cru. . .
7.2.2
Comment un chat fait-il pour se retourner avec un moment cinétique nul ?
Si vous lâchez un chat sur le dos, il retombe toujours les pattes en bas. Comment fait-il pour se retourner
avec un moment cinétique nul dans le référentiel du centre de masse ? La question a intrigué longtemps les
physiciens et n’a été complètement résolue qu’en 1969 2 .
James Clerk Maxwell serait l’un des premiers à avoir étudié le problème en faisant tomber des chats au
célèbre Trinity College de Cambridge sans le résoudre. George Gabriel Stokes s’y est aussi intéressé, en vain.
Etienne-Jules Marey améliora le nouveau système photographique mis au point par Eadwaeard Muybridge et
présenta, en 1894, à l’académie des sciences, des photos de la chute d’un chat reprises figure 7.6 à raison de 60
images à la seconde.
Avant de reprendre les explications de Marey, commençons par répondre à une autre question : pourquoi un
hélicoptère a-t-il une petite hélice au niveau de sa queue ?
Pour faire tourner les pales de la grosse hélice, le moteur exerce un couple de force. Le moteur, lié à la cabine,
subit donc un couple de force inverse qui devrait faire tourner le tout. La petite hélice est là pour empêcher
cette rotation. Sans la petite hélice, la cabine tournerait-elle aussi vite que les pales de l’hélice ? Non, car elle a
un moment d’inertie plus élevé.
Au début de la chute, le chat plie ses pattes avant, mais écarte ses pattes arrières et sa queue. Le buste aura
un moment d’inertie plus faible que le train. Quand le chat tourne ses pattes avant et la tête vers le bas, le train
tournera peu en sens inverse. Dans un deuxième temps, il écarte les pattes avant et ramène les pattes arrières
2. Voir Greg Gbur in La Recherche de mai 2014
CHAPITRE 7. ROTATION AUTOUR D’UN AXE EN TRANSLATION
66
Figure 7.6 – Premières photos de la chute d’un chat prises par Etienne-Jules Marey. (Photo extraite du site
http ://www.biusante.parisdescartes.fr)
et la queue le long de son corps. Dans ce cas, le train tournera plus que le buste quand il effectue la rotation
inverse. Il peut alors avoir les quatre pattes vers le bas sans faire de physique !
En 1922, Rudolf Magnus montre que le chat commence par la tête et qu’il s’oriente correctement grâce à
son oreille interne. En 1935, Gisjsberg Gottfried Jan Rademaker et Jan Willem Gisbertus Ter Braak montrent
que l’explication précédente est un peu simpliste, que les deux parties du chat qui tournent en sens contraires
ne sont pas alignées mais forment un angle qui varie et qui complique les explications. C’est finalement en 1969
que Thomas Kane et Mark Scher, deux mathématiciens, apportent une explication complète au problème des
chats tournants. On trouve l’article en ligne 3 . Cf figure 7.7 en fin de chapitre.
7.3
7.3.1
Retour sur le couple Terre-Lune
Décomposition des mouvements
Nous avons vu déjà étudié le couple Terre-Lune dans le chapitre 5, mais nous avions assimilé ces corps
célestes à des masses ponctuelles. Nous pouvons aller plus loin maintenant en prenant en compte que ce sont
des solides qui tournent sur eux-mêmes. Le mouvement de leurs centres de masse peut être étudié à l’aide de ce
qui a été vu dans le chapitre sur le problème à deux corps. Pour que cela reste valide, on va encore supposer,
que la Terre et la Lune sont seules dans l’univers et qu’elles ne sont donc pas influencées par le Soleil. C’est
faux, mais comme on ne sait pas résoudre le problème à trois corps, on s’en contentera.
Le centre de masse G du système Terre-Lune nous servira d’origine. Le référentiel qui lui est lié est galiléen.
Pour étudier le mouvement de la Terre dans ce référentiel, on va utiliser le théorème de König,
−−→
∗
~σT /G = mT GGT ∧ ~vGT + ~σG
.
T
(7.20)
Ici, mT est la masse de la Terre et GT son centre de masse. On peut faire de même pour la Lune,
−−→
∗
~σL/G = mL GGL ∧ ~vGL + ~σG
,
L
(7.21)
avec les mêmes notations. Dans les deux équations précédentes, le premier terme correspond au mouvement du
centre de masse de chacune des planètes et le dernier à leur rotation sur elle-même.
Commençons par tout regrouper. Le moment cinétique total vaut donc,
−−→
−−→
∗
∗
~σtot = ~σT /G + ~σL/G = mT GGT ∧ ~vGT + mL GGL ∧ ~vGL + ~σG
+ ~σG
.
T
L
3. T.R. Kane and M.P. Scher, Int. J. Solids Structures 5 (1969) 663
(7.22)
CHAPITRE 7. ROTATION AUTOUR D’UN AXE EN TRANSLATION
67
On a vu, au chapitre 5, que l’étude du mouvement du centre de masse de chaque planète passait par la résolution
du problème à deux corps et conduit à
∗
∗
~σtot = µ~r ∧ ~v + ~σG
+ ~σG
,
T
L
(7.23)
−−−−→
∗
∗
avec ~r = GT GL et ~v = ~r˙ dans le référentiel absolu. Attention, ici, les moments cinétiques ~σG
et ~σG
sont
T
L
définis dans le référentiel du centre de masse de chacune des planètes qui sont différents.
Comme le système Terre-Lune est supposé isolé, le moment cinétique total est conservé. On peut étudier
l’évolution de chaque terme séparément avec tout ce que nous avons appris dans les chapitres précédents, mais
la conservation du moment cinétique impose une corrélation entre la rotation de la Lune et de la Terre autour
de leur centre de masse commun, la rotation de la Lune sur elle-même et la rotation de la Terre sur elle-même.
7.3.2
Ralentissement de la rotation des planètes sur elles-mêmes
Nous avons vu que l’on peut étudier la rotation propre de chacune des planètes en appliquant le théorème
du moment cinétique dans le référentiel de leur centre masse. Pour la Terre, cela conduit à
∗
X
d~σG
T
~ ~
=
M
Fext /GT .
dt
(7.24)
On a une équation similaire pour la Lune. Les forces extérieures appliquées se réduisant, ici, à la force de
∗
gravitation de l’autre planète, qui s’applique au centre de masse, les moments cinétiques de la Terre ~σG
et de
T
∗
la Lune ~σG
sont
donc
conservés.
L
Mais, nous avons vu aussi que, pour la Terre, les forces de gravitation dues à la Lune conduisent à l’apparition
de marées, c’est à dire, à une déformation des solides. Nous ne savons pas traiter ce problème. En réalité, le
mouvement des marées est plus complexe que la vue statique présentée dans le chapitre sur le problème à
deux corps où les masses d’eau sont en équilibre avec les forces extérieures appliquées. L’eau n’est jamais à
l’équilibre et l’étude nécessite une approche dynamique. Les premiers calculs dynamiques sont dus à Laplace,
ancien étudiant de l’université de Caen. Nous ne les aborderons pas.
Il est important de noter que les marées concernent aussi la croûte terrestre qui se déforme et son noyau
fluide. Comme la Terre tourne plus vite sur elle-même que la Lune ne lui tourne autour, les marées ralentissent
la rotation de la Terre. Si la Lune tournait plus vite, cela accélérerait la rotation de la Terre ! C’est le cas,
par exemple, pour le satellite Phobos qui tourne autour de Mars. L’onde de marée y est donc en avance sur la
rotation propre de la planète qui, donc, s’accélère. Les déplacements engendrés par les marées entraı̂nent aussi
des pertes d’énergie qui se traduisent par une force de frottement. In fine, la rotation de la Terre ralentit très
lentement.
Nous avons des preuves expérimentales de ce ralentissement. Les éclipses observées dans l’antiquité, comme
se fut le cas par les Babyloniens, ne peuvent pas être expliquées si l’on ne prend pas en compte ce phénomène.
Cela a été observé chez des fossiles de coraux : il y a 400 millions d’années, une année faisait 400 jours de 22
heures ! Ce ralentissement est une tendance à long terme à laquelle s’ajoutent des fluctuations plus rapides de
la longueur du jour liées, par exemple, aux séismes ou aux mouvements interne de la Terre. Le climat joue aussi
un rôle à long terme : si une partie de l’eau est piégée aux pôles dans des calottes glacières, le moment d’inertie
de la Terre n’est pas le même que si elle est mieux répartie. En moyenne, la durée du jour s’allonge de 1,6 ms
par siècle.
Il en a été de même pour la Lune, mais maintenant qu’elle nous montre toujours la même face, elle n’a
plus de marée et donc plus de ralentissement. Sa vitesse de rotation s’est donc stabilisée. Phobos, dont il a été
question précédemment, a aussi une rotation propre qui est synchronisée avec sa rotation autour de Mars. La
Terre subira le même sort, un mois et un jour seront donc confondus, mais ce n’est pas encore pour maintenant...
Le couple Pluton-Charon est entièrement synchrone : ils se présentent mutuellement la même face.
Pourquoi la Lune a un mouvement synchronisé et pas la Terre ? A cause de la grande différence entre les
moments d’inertie. Celui de la Terre est beaucoup plus élevé que celui de la Lune.
La seconde, unité de temps, fut définie à l’origine comme la fraction 1/86 400 du jour solaire moyen. La
définition exacte du jour solaire moyen était laissée aux astronomes. Vous comprenez pourquoi cette
définition n’est pas satisfaisante. En 1960, c’est l’année tropique 1900 qui a servi de référence. Mais en 1967,
une nouvelle définition basée sur la transition entre les deux niveaux hyperfins de l’état fondamental de l’atome
de césium 133 a été adoptée.
CHAPITRE 7. ROTATION AUTOUR D’UN AXE EN TRANSLATION
7.3.3
68
Eloignement de la Lune
La modification de la longueur du jour liée aux séismes ou aux changements climatiques est due à une
variation du moment d’inertie. Elle se fait donc à moment cinétique constant. Ce sont des forces internes qui
agissent. En revanche, le ralentissement dû aux marées entraı̂ne une diminution du moment cinétique de la
∗
∗
Terre, ~σG
. Celui de la Lune, ~σG
, en revanche, est constant.
T
L
Reprenons l’expression du moment cinétique total, équation (7.23), qui est conservé :
∗
∗
+ ~σG
.
~σtot = µ~r ∧ ~v + ~σG
T
L
∗
∗
Ici, σG
diminue, σG
est constant et donc, ||µ~r ∧~v || augmente. La diminution du moment cinétique de la Terre
T
L
va donc influencer la rotation des deux planètes autour de leur centre de masse commun, G. De quelle façon ?
Pour répondre, il faut étudier mouvement des centres de masse de chaque planète, à l’aide de l’équation
fondamentale de la dynamique pour le problème à deux corps. Comme on l’a déjà vu, en supposant les trajectoires
circulaires, sa projection sur le vecteur normal conduit à
µ
GmT mL
v2
.
=
r
r2
(7.25)
On peut en déduire une expression du moment cinétique de la rotation des astres autour de G qui ne dépend
que de r, la distance entre la Terre et la Lune,
r
Gr
µrv = mT mL
.
(7.26)
mL + mT
Ainsi, si µrv augmente, r augmente aussi. En conclusion, par conservation du moment cinétique total, la
diminution du moment cinétique de rotation de la Terre sur elle-même due aux marées entraı̂ne une augmentation
de la distance Terre-Lune. On aurait aussi pu choisir de calculer la vitesse v qui, elle, diminue. Ou la période
de rotation donnée par la loi de Kepler qui augmente aussi. Ainsi, quand les jours s’allongent, les mois aussi !
Inversement, Phobos se rapproche de Mars et devrait finir par s’écraser.
La distance entre la surface de la Terre et celle de la Lune est mesurée très précisément à l’aide de faisceaux
laser grâce aux réflecteurs posés sur la Lune. Il a été observé que cette distance augmente de 3,8 cm par an.
Le rayon apparent de la Lune ne sera donc pas toujours égal à celui du Soleil et les éclipses totales deviendront
annulaires.
Faisons un calcul d’ordre de grandeur pour vérifier. Nous allons assimiler la Terre à une sphère homogène.
Ainsi,
2
2
dTT
2
∗
∗
σG
' mT RT2 ωT
(7.27)
et donc
dσG
' mT RT2 dωT = − mT RT2 2π 2 .
T
T
5
5
5
TT
De même,
1
d(µrv) = mT mL
2
r
G
dr
√ .
mL + mT r
Finalement, la conservation du moment cinétique total conduit à
s
4 2 (mT + mL )r 2πdTT
dr = RT
.
5
Gm2L
TT2
(7.28)
(7.29)
Une application numérique avec les valeurs usuelles (mT = 6, 0 × 1024 kg, mL = 7, 3 × 1022 kg, r = 3, 8 × 108
m, RT = 6, 4 × 106 m et G = 6, 7 × 10−11 USI) montre qu’un dTT = 1, 6 × 10−5 s par an conduit à un dr = 3, 4
cm par an...
C’est proche de la valeur observée, bien que nous ayons fait plusieurs approximations : nous avons, en effet,
négligé l’influence du Soleil, qui agit sur les marées, nous avons assimilé la Terre à une sphère homogène et
fait l’approximation gyroscopique en négligeant les mouvements de précession et de nutation. Nous avons aussi
négligé les variations de la vitesse de rotation de la Lune sur elle-même. Celle-ci doit varier si le mouvement
propre est synchronisé avec la rotation autour de la Terre.
C’est à George Darwin, le fils de Charles, que l’on doit la première théorie sur l’éloignement de la Lune et
les marées. Voir son livre de vulgarisation The Tides, and Kindred Phenomena in the Solar System que l’on
trouve gratuitement en ligne.
CHAPITRE 7. ROTATION AUTOUR D’UN AXE EN TRANSLATION
7.3.4
69
Application à la formation des satellites autour de Saturne
On a déjà vu que, grosso-modo, les anneaux de Saturne étaient en deça de la limite de Roche et les nombreux
satellites au-delà. La limite de Roche définissant la frontière entre la zone où la force de marée est plus forte
que celle de cohésion gravitationnelle et celle où elle est moins forte.
Comme pour la Lune, les frottements entraı̂nent un éloignement des poussières des anneaux. Quand ils
dépassent la limite de Roche, les forces gravitationnelles tendent à les agglomérer et des satellites se forment.
Selon une théorie récente, c’est ce phénomène qui permet d’expliquer la formation de la soixantaine de satellites
de Saturne, sauf le plus gros d’entre eux, Titan 4 .
7.4
English vocabulary
vitesse angulaire
mouvement de roulement
roulement sans glissement
axe instantané de rotation
vitesse de glissement
plan incliné
4. Voir La Recherche d’Avril 2014
angular velocity
rolling motion
rolling without slipping
instantaneous axis of rotation
sliding velocity
incline
CHAPITRE 7. ROTATION AUTOUR D’UN AXE EN TRANSLATION
Figure 7.7 – Explications de la chute d’un chat par Kane et Scher. (Photo extraite de leur article)
70
Chapitre 8
Changements de référentiels et forces
d’inertie
Nous avons déjà vu et utilisé les changements de référentiel. Nous avons vu que c’était un moyen très
utile pour étudier le mouvement quelconque d’un solide indéformable. Nous allons nous intéresser ‘a un autre
problème lié au fait que nous vivons sur une planète qui tourne sur elle-même : le référentiel terrestre n’étant
pas galiléen, comment y appliquer les lois de la physique sans avoir à effectuer un changement de référentiel
vers un référentiel galiléen à chaque fois ?
Nous allons commencer par quelques rappels concernant les changements de référentiels avant de répondre
à la question.
8.1
Quelques rappels
Il nous faut tout d’abord choisir, de façon arbitraire, un référentiel dit absolu, supposé immobile, et un
référentiel dit relatif, supposé en mouvement par rapport au référentiel absolu. Puis, pour éviter toute confusion,
nous mettrons un indice a à tout ce qui est absolu et un indice r à tout ce qui est relatif.
M
x
yr
zr
za
Or
Oa
ya
xr
xa
Figure 8.1 – Référentiels relatif et absolu
Ainsi, dans un repère relatif lié au référentiel relatif, le point M étudié a pour coordonnées,
−−−→
Or M = xr ~uxr + yr ~uyr + zr ~uzr ,
(8.1)
et dans le repère absolu, lié au référentiel absolu, le même point a pour coordonnées,
−−−→
Oa M = xa ~uxa + ya ~uya + za ~uza .
71
(8.2)
CHAPITRE 8. CHANGEMENTS DE RÉFÉRENTIELS ET FORCES D’INERTIE
72
Il est important de bien écrire les vecteurs de base en faisant apparaı̂tre le référentiel choisi pour éviter toute
ambiguité.
Ce qui va nous intéresser par la suite, c’est de caractériser le mouvement absolu du point M à partir de son
mouvement relatif. Pour cela, nous allons relier les vitesses par rapport à chacun des référentiels. Puis, nous
ferons de même pour les accélérations.
8.2
8.2.1
Composition des vitesses
Vitesses relative et absolue
La vitesse relative est, par définition, la vitesse du point M par rapport au référentiel relatif,
~vr =
dyr
dzr
dxr
~ux +
~uy +
~uz .
dt r
dt r
dt r
(8.3)
La vitesse absolue, quant à elle, est la vitesse par rapport au référentiel absolu. Pour la relier à la vitesse relative,
−−−→
nous allons partir de Oa M en faisant apparaı̂tre le mouvement relatif :
−−−→
−−−→ −−−→
Oa M = Oa Or + Or M
(8.4)
−−−→
= Oa Or + xr ~uxr + yr ~uyr + zr ~uzr .
(8.5)
La vitesse absolue est obtenue en dérivant par rapport au temps. Les vecteurs de base du repère relatif sont a
priori mobiles par rapport au référentiel absolu et peuvent donc dépendre du temps. On obtient donc
−−−→
dOa Or
dxr
dyr
dzr
d~uxr
d~uyr
d~uzr
~va =
+
~ux +
~uy +
~uz + xr
+ yr
+ zr
.
(8.6)
dt
dt r
dt r
dt r
dt
dt
dt
Dans l’équation (8.6), on reconnait la vitesse relative donnée équation (8.3). Tout ce qui reste correspond
à la vitesse absolue si la vitesse relative est nulle. C’est donc la vitesse absolue d’un point immobile dans le
référentiel relatif. Cela correspond donc à la vitesse du référentiel relatif par rapport au référentiel absolu, à
l’endroit où est M . Cette vitesse est appelée vitesse d’entraı̂nement et notée ~ve . D’où, finalement,
~va = ~vr + ~ve ,
(8.7)
avec
−−−→
dOa Or
d~uxr
d~uyr
d~uzr
~ve =
+ xr
+ yr
+ zr
.
(8.8)
dt
dt
dt
dt
La relation (8.7) est très intuitive. La difficulté va consister à simplifier l’expression de ~ve qui fait apparaı̂tre
des dérivées de vecteurs de base.
Si les référentiels sont en translation l’un par rapport à l’autre, les vecteurs de base d’un repère lié au
référentiel relatif sont invariants dans le référentiel absolu et leur dérivée est donc nulle. Mais ce n’est pas
toujours le cas. Si ces vecteurs de base tournent par rapport au référentiel absolu, on peut les voir comme un
~ Et donc
solide indéformable tournant avec une vitesse angulaire Ω.
d~uxr
~ ∧ ~ux .
=Ω
r
dt
Il en est de même pour les deux autres vecteurs.
Ainsi, la vitesse d’entraı̂nement peut s’écrire plus simplement,
−−−→
dOa Or
~ ∧ ~ux + yr Ω
~ ∧ ~uy + zr Ω
~ ∧ ~uz
~ve =
+ xr Ω
r
r
r
dt
−−−→
dOa Or ~
=
+ Ω ∧ (xr ~uxr + yr ~uyr + zr ~uzr ).
dt
(8.9)
(8.10)
Finalement,
−−−→
dOa Or ~ −−−→
~ve =
+ Ω ∧ Or M .
dt
(8.11)
CHAPITRE 8. CHANGEMENTS DE RÉFÉRENTIELS ET FORCES D’INERTIE
73
Les mouvements du référentiel relatif par rapport au référentiel absolu peuvent être décomposés en une translation de l’origine du repère relatif plus un mouvement de rotation de ses axes.
Cette expression, que l’on peut aussi écrire
−−→
~ ∧−
~ve = ~va (Or ) + Ω
Or M ,
(8.12)
est similaire à celle de Varignon, ce qui n’est pas une surprise car le référentiel relatif peut être vu comme un
solide indéformable de taille infinie. Elle a l’avantage d’être simple à retenir et à calculer.
Il apparaı̂t alors clairement que la vitesse d’entraı̂nement dépend de la position du point M . On ne peut
plus parler de la vitesse du référentiel relatif par rapport au référentiel absolu, mais de la vitesse du référentiel
relatif à l’endroit où se trouve le point étudié.
8.2.2
Application : Référentiels en translation
On dit que deux référentiels sont en translation l’un par rapport à l’autre si les axes ne tournent pas. Ainsi,
un référentiel lié à une nacelle de la grande roue représentée figure 8.2 est en translation par rapport au sol.
Figure 8.2 – Exemple de mouvement de translation : chaque nacelle est en translation par rapport au sol.
(Dessin téléchargé sur Internet).
Si les vecteurs du repère relatif sont simplement translatés par rapport au référentiel absolu, ils ne changent
ni d’orientation, ni de sens. Et donc leur dérivée par rapport au temps est nulle. L’expression de la vitesse
d’entraı̂nement est alors très simple,
−−−→
dOa Or
~ve =
.
(8.13)
dt
Elle ne dépend pas du point M . Tous les points du référentiel relatif se déplacent à la même vitesse par rapport
au référentiel absolu.
Exemple : Une voiture sous la pluie
Considérons une voiture qui roule à une vitesse constante sur une route rectiligne et horizontale. Il pleut et
la pluie tombe verticalement par rapport à la route. Comment tombe la pluie par rapport à la voiture ? Nous
CHAPITRE 8. CHANGEMENTS DE RÉFÉRENTIELS ET FORCES D’INERTIE
vr
74
va
ve
vr
-ve
Figure 8.3 – Exemple de la pluie tombant sur une voiture en mouvement
allons commencer par définir arbitrairement les référentiels d’étude : supposons que le référentiel relatif est lié
à la route et l’absolu, à la voiture. La vitesse de la pluie par rapport au sol est donc la vitesse relative et c’est
la vitesse absolue que nous cherchons. La vitesse d’entraı̂nement, qui va nous permettre de faire le lien, est
égale à l’opposé de la vitesse de la voiture. Ainsi, il apparait clairement sur le graphe de la figure 8.3 que le
pare-brise d’une voiture est plus exposé à la pluie que la lunette arrière quand la voiture avance. C’est conforme
à l’observation.
8.2.3
Application : Référentiels en rotation simple
Nous allons supposer maintenant que les axes du référentiel relatif tournent par rapport au référentiel absolu.
Mais pour simplifier, nous considérerons que les origines des deux repères restent toujours confondues. Cette
situation correspond, par exemple, au cas d’un manège. La vitesse d’entraı̂nement peut s’écrire plus simplement,
−→
~ ∧−
~ve = Ω
OM .
(8.14)
Elle dépend clairement de la position du point M .
Exemple : Un manège
Considérons un manège tournant à une vitesse angulaire Ω constante. Le tenancier, monté sur la manège, se
déplace d’un enfant à l’autre pour ramasser les tickets. On définit cette fois-ci le référentiel absolu lié à la Terre
et le référentiel relatif lié au manège.
La vitesse d’entraı̂nement peut être calculée en utilisant la formule précédente et les coordonnées cylindriques,
~ve = Ω~uz ∧ r~ur = rΩ~uθ .
(8.15)
Elle dépend de r, la distance à l’axe du manège du tenancier. ~ve correspond donc à la vitesse de déplacement
du manège par rapport à la Terre sous les pieds du tenancier. On définit le point coı̈ncidant ou le point d’entraı̂nement, noté E comme un point fixe par rapport au référentiel relatif et coı̈ncidant avec le point M étudié,
c’est à dire situé constamment sous les pieds du tenancier dans cet exemple. E est redéfini à chaque pas du
tenancier. ~ve est la vitesse du point E par rapport au référentiel absolu.
La notion de point coı̈ncidant permet de trouver la vitesse d’entraı̂nement sans calcul dans les cas simples
comme celui-ci.
8.3
Composition des accélérations
Nous allons maintenant faire de même pour les accélérations.
CHAPITRE 8. CHANGEMENTS DE RÉFÉRENTIELS ET FORCES D’INERTIE
8.3.1
75
Accélérations relative et absolue
L’accélération relative est, par définition, l’accélération du point M par rapport au référentiel relatif et peut
être calculée en dérivant la vitesse relative :
~ar =
d2 yr
d2 zr
d2 xr
~uxr +
~uyr + 2 ~uzr .
2
2
dt
dt
dt
(8.16)
L’accélération absolue est, quant à elle, l’accélération par rapport au référentiel absolu et est obtenue en dérivant
la vitesse absolue. Pour pouvoir la relier à l’accélération relative, nous allons commencer par exprimer la vitesse
absolue en faisant apparaı̂tre toutes les coordonnées,
~va =
−−−→
dxr
dyr
dzr
dOa Or
~ ∧ (xr ~ux + yr ~uy + zr ~uz ).
+
~ux +
~uy +
~uz + Ω
r
r
r
dt
dt r
dt r
dt r
(8.17)
Il n’y a plus qu’à dériver chacun des termes. . . C’est très long mais pas compliqué,
−−−→
d2 xr
d2 yr
d2 zr
dxr d~uxr
d2 Oa Or
dyr d~uyr
dzr d~uzr
+
~
u
+
~
u
+
~uz +
~aa =
+
+
x
y
r
r
dt2
dt2
dt2
dt2 r
dt dt
dt dt
dt dt
~
dΩ
~ ∧ ( dxr ~ux + dyr ~uy + dzr ~uz )
+
∧ (xr ~uxr + yr ~uyr + zr ~uzr ) + Ω
dt
dt r
dt r
dt r
~ ∧ (xr d~uxr + yr d~uyr + zr d~uzr ).
(8.18)
+Ω
dt
dt
dt
−−−→
Dans l’équation précédente, on reconnait Or M , ~vr et ~ar . En écrivant les dérivées des vecteurs unitaires à l’aide
~ comme précédemment, on obtient,
du vecteur Ω,
~aa
=
−−−→
d2 Oa Or
~ ∧ ~vr
+ ~ar + Ω
dt2
~ −−−→
dΩ
~ ∧ ~vr
+
∧ Or M + Ω
dt
−−→
~ ∧ (Ω
~ ∧−
+Ω
Or M ),
(8.19)
ou, en regroupant les termes identiques,
~aa =
−−−→
~
−−→ ~
−−→
d2 Oa Or
~ ∧−
~ ∧ ~vr + dΩ ∧ −
+ ~ar + 2Ω
Or M + Ω
∧ (Ω
Or M ).
2
dt
dt
(8.20)
Ouf ! Ne reste plus qu’à interpréter chacun de ces termes.
8.3.2
Accélération d’entraı̂nement
Si le point M est immobile dans le référentiel relatif, son accélération absolue correspondra alors à l’accélération
du référentiel relatif par rapport au référentiel absolu en ce point particulier. On l’appelle alors accélération d’entraı̂nement. En annulant ~vr et ~ar dans l’équation (8.20), on obtient,
−−−→
~ −−−→
−−→
dΩ
d2 Oa Or
~ ∧ (Ω
~ ∧−
~ae =
+
∧ Or M + Ω
Or M ).
2
dt
dt
(8.21)
Ce résultat étant difficile à obtenir, il doit être connu de l’étudiant.
Remarques :
— Dans l’expression de l’accélération d’entraı̂nement, les parenthèses sont indispensables pour le double
~ ∧Ω
~ = ~0 !
produit vectoriel, car le résultat dépend de l’ordre dans lequel on fait le calcul. En effet, Ω
d~
ve
— On peut vérifier que ~ae 6= dt . Il faut donc apprendre la formule et éviter de calculer ~ae à partir de ~ve .
C’est une faute classique.
CHAPITRE 8. CHANGEMENTS DE RÉFÉRENTIELS ET FORCES D’INERTIE
8.3.3
76
Accélération complémentaire ou de Coriolis
Contrairement à ce que nous avions trouvé pour la vitesse, l’accélération absolue n’est pas égale à la somme
des accérérations relatives et d’entraı̂nement. Dans l’équation (8.20), il y a un terme supplémentaire appelé
accélération complémentaire ou de Coriolis et noté
~ ∧ ~vr .
~ac = 2Ω
(8.22)
Finalement, la loi de composition des accélérations s’écrit,
~aa = ~ar + ~ae + ~ac .
(8.23)
Appliquons cette relation à des cas simples.
8.3.4
Référentiels en translation
Comme nous l’avons vu avec les vitesses, les vecteurs de base ne tournent pas dans le cas de référentiels en
~ = ~0. Les relations précédentes deviennent alors beaucoup plus simples
translation, et donc Ω
−−−→
d2 Oa Or
~aa = ~ar + ~ae
avec
~ae =
(8.24)
dt2
puisque ~ac = ~0. Ce résultat ne dépend pas du point M . L’accélération d’entraı̂nement est donc la même en tout
point du référentiel mobile.
Si le référentiel relatif est en translation rectiligne uniforme par rapport au référentiel absolu, ~ae = ~0 et donc
~aa = ~ar .
(8.25)
La relation fondamentale de la dynamique sera donc la même dans deux référentiels en translation rectiligne
uniforme l’un par rapport à l’autre. C’est pourquoi, tout référentiel en translation rectiligne uniforme par rapport
à un référentiel galiléen est aussi galiléen.
8.3.5
Référentiels en rotation
~
Reprenons l’exemple du manège qui tourne à une vitesse constante Ω.
Supposons d’abord que le tenancier est à une distance r de l’axe et immobile par rapport au manège. Ses
accélérations relative et de Coriolis sont donc nulles. Ne reste que l’accélération d’entraı̂nement qui peut être
calculée en appliquant la formule,
~ ∧ (Ω
~ ∧ r~ur ) = −rΩ2 ~ur .
~ae = Ω
(8.26)
Là encore, ce résultat simple aurait pu être trouvé sans calcul : il s’agit de l’accélération du point d’entraı̂nement
qui a un mouvement circulaire uniforme ici.
−−→
~
Si la vitesse du manège n’est plus constante, le terme supplémentaire ddtΩ ∧ OM est aussi facile à calculer et
conduit à la composante orthoradiale de l’accélération d’entraı̂nement, qui devient
~ae = −rΩ2 ~ur + rΩ̇~uθ .
(8.27)
Si le tenancier se déplace, il faut, en plus, tenir compte de l’accélération de Coriolis qui n’est pas intuitive
et qu’il faut calculer directement à l’aide de la formule.
8.4
Dynamique du point dans un référentiel non galiléen
La Terre tourne et l’on doit appliquer les lois de la mécanique dans des référentiels galiléens. Comment faire ?
On peut négliger le mouvement de la Terre et supposer que le référentiel terrestre est galiléen, comme on l’a
toujours fait. Est-ce correct ? Quelle erreur faisons nous avec cette approximation ?
Dans toute la suite, on va supposer que le référentiel absolu est galiléen. Cette hypothèse n’était pas nécessaire
jusqu’à présent car on ne faisait que de la cinématique. Mais, pour appliquer la relation fondamentale de la
dynamique, on en a besoin.
CHAPITRE 8. CHANGEMENTS DE RÉFÉRENTIELS ET FORCES D’INERTIE
8.4.1
77
Loi du mouvement dans un référentiel non galiléen
On doit appliquer les lois de la physique dans un référentiel galiléen et l’on veut étudier le mouvement dans
un autre référentiel, lié à la Terre par exemple, qui ne l’est pas. Grâce à ce que l’on a appris précédemment,
rien de plus simple. Dans le référentiel absolu, galiléen, on a
X
X
m~aa =
F~ext
et donc
m(~ar + ~ae + ~ac ) =
F~ext
(8.28)
que l’on peut réécrire ainsi,
m~ar =
X
F~ext − m~ae − m~ac .
(8.29)
Il s’agit de la relation fondamentale de la dynamique dans un référentiel quelconque qui nécessite de prendre en
compte deux termes supplémentaires appelés force d’inertie d’entraı̂nement et force d’inertie complémentaire
ou de Coriolis, respectivement.
En deux articles publiés en 1831 et 1835 dans le Journal de l’École polytechnique, Gaspard-Gustave de Coriolis
(1792-1843) met en évidence la notion de force d’entraı̂nement et de forces centrifuges composées . Ces
dernières prendront le nom de force de Coriolis.
8.4.2
Exemples d’application
Dans une voiture
Pour comprendre, considérons une voiture qui freine en ligne droite dans un référentiel absolu supposé
galiléen. Un passager de la voiture subit son poids et la réaction du siège. C’est tout. Si la voiture freine, sa
vitesse diminue, mais le passager, en vertu du principe de l’inertie, continue sur sa lancée à une vitesse supérieure
à celle de la voiture, si la ceinture de sécurité ne le retient pas. Il a donc l’impression d’être projeté en avant.
Si l’on se place dans le référentiel de la voiture maintenant, celle-ci est immobile. En cas de freinage, ce
référentiel n’est pas galiléen. Et donc, en plus du poids et de la réaction du siège, il faut prendre en compte la
force d’inertie d’entraı̂nement qui est vers l’avant. C’est elle qui éjecte le passager en cas de freinage brusque. Elle
correspond à l’inertie du passager qui continue sur sa lancée comme nous l’avons vu dans le référentiel terrestre.
Ce n’est donc pas une force qui découle d’une interaction fondamentale, comme le poids, mais du principe de
l’inertie. D’où son nom. Certains se refusent à la qualifier de force, même si elle modifie le mouvement dans le
référentiel d’étude, comme les vraies forces.
On aurait pu aussi prendre, comme exemple, une voiture qui tourne. L’inertie du passager va faire qu’il va
continuer tout droit. Dans le référentiel de la voiture, cela correspond à une force centrifuge.
Centrifugeuse
Considérons un tambour de machine à laver qui tourne à une vitesse constante de 700 tours par minute.
Un linge, situé à une distance r = 30 cm de l’axe de rotation, subira, dans le référentiel du tambour, une force
d’inertie d’entraı̂nement centrifuge
F~ie = mrΩ2 ~ur = 1 612 m ~ur .
(8.30)
C’est 164 fois plus fort que la gravitation terrestre !
8.4.3
Rotation de la Terre
Effets de l’accélération d’entraı̂nement
La Terre tourne autour de son axe de rotation Nord-Sud à une vitesse angulaire d’un tour par jour. On
supposera que cette vitesse est constante, ce qui est une bonne approximation. La force d’inertie d’entraı̂nement
associée sera centrifuge, comme dans l’exemple de la centrifugeuse. Elle dépend de l’éloignement à l’axe de
rotation. Elle sera donc nulle aux pôles et maximale sur l’équateur.
2
L’accélération d’entraı̂nement maximale vaut donc ae = RT Ω2 = 0, 034m/s , le rayon de la Terre étant
égal à 6 371 km. C’est faible par rapport à g, la constante de gravitation. Elle est encore plus faible aux autres
latitudes. De plus, ~ae n’est pas forcément colinéraire à ~g .
CHAPITRE 8. CHANGEMENTS DE RÉFÉRENTIELS ET FORCES D’INERTIE
78
En fait, l’accélération d’entraı̂nement, ne dépendant que de la position sur la Terre, est incluse dans la
valeur de g que l’on utilise. Il n’est pas nécessaire de la rajouter. C’est une des raisons pour lesquelles g n’est
pas uniforme.
Effets de l’accélération de Coriolis
L’accélération de Coriolis, quant à elle, dépend de la vitesse relative et est donc spécifique à chaque mouvement. Mais comme la vitesse angulaire de rotation de la Terre est très faible, de l’ordre de 7 × 10−5 rad/s, il
faudrait des vitesses de l’ordre du kilomètre par seconde pour ne plus être négligeable devant g.
En conséquence, pour la plupart des mouvements étudiés, on peut raisonnablement négliger l’accélération
complémentaire devant g. Il existe cependant quelques expériences historiques célèbres qui ont mis en évidence
l’effet de cette force d’inertie. C’est le cas de la déviation vers l’Est et du pendule de Foucault.
~ et ~vr
Déviation vers l’Est. Considérons une chute libre d’un corps de masse m à une latitude λ. Les vecteurs Ω
~ ∧ ~vr sera donc orienté suivant un parallèle
sont tous les deux dans le plan du méridien terrestre. Le vecteur Ω
et la force d’inertie correspondante pointe vers l’Est. Sa norme vaut 2mΩvr cos λ.
Les forces extérieures appliquées au système étudié sont donc son poids, qui prend en compte la force
d’inertie d’entraı̂nement et la force d’inertie de Coriolis. En orientant l’axe z verticalement et l’axe des x suivant
un parallèle orienté vers l’Est, on a
mẍ
=
2mΩvr cos λ
mz̈
= −mg.
(8.31)
(8.32)
Si le solide est lâché sans vitesse initiale, il aura, en première approximation, une vitesse verticale vr = gt. Ainsi,
mẍ = 2mΩgt cos λ,
(8.33)
que l’on peut intégrer facilement pour obtenir
x(t) =
1
Ωgt3 cos λ.
3
(8.34)
La durée de la chute peut être obtenue à partir de la hauteur de chute en notant que z(t) = h − 21 gt2 . Ainsi,
pour une chute libre sur une hauteur h, la déviation vers l’Est observée devrait être
1
x = Ωg cos λ
3
2h
g
3/2
.
(8.35)
L’expérience a été faite à plusieurs reprises. Ferdinand Reich, en 1831, a fait tomber des projectiles dans
un puits de mine profond de 158 m à Freiberg (Saxe). Les 106 expériences ont donné des déviations vers l’Est
comprises entre 26,9 et 28,7 mm. Un calcul à l’aide de la formule approximative précédente donne, en prenant
λ = 51o , une déviation de 27,5 mm. Pas mal !
L’amplitude de la déviation est très faible par rapport à la hauteur de la chute. Pour avoir un effet plus fort,
il faudrait se mettre sur l’équateur. On peut aussi diminuer g en utilisant une machine d’Atwood. Cela a été
fait au Vatican en 1912 par le Père Hagen 1 , sur une hauteur de 23 m et a confirmé les calculs théoriques.
Le pendule de Foucault. Le calcul est plus complexe. Pour expliquer simplement le phénomène observé, Léon
Foucault (1819-1868) a proposé d’imaginer l’expérience au pôle. Le plan d’oscillation d’un pendule simple y
serait fixe par rapport aux étoiles et ferait donc un tour complet par rapport à la Terre en 24 heures. A une
autre latitude, la trajectoire du pendule est une ellipse qui fait une rotation complète en un temps T0 / sin λ,
avec T0 = 24 h, comme nous allons le démontrer.
L’expérience a été faite au Panthéon à Paris en 1851, puis répétée maintes fois par Foucault et a toujours
donné, avec précision, le résultat attendu. Elle apporte la preuve expérimentale que la Terre n’est pas un
référentiel galiléen et qu’il faut choisir des axes fixes par rapport aux étoiles.
1. John G. Hagen, How Atwoods machine shows the rotation of the earth even quantitatively, International congress of mathematicians, Cambridge, August 1912. Disponible en ligne.
CHAPITRE 8. CHANGEMENTS DE RÉFÉRENTIELS ET FORCES D’INERTIE
79
Le pendule de Foucault mesurait 67 m avec une masse de 28 kg. Il tournait de 11o par heure. Il y a un
pendule de Foucault au musée des Arts et Métiers à Paris et au musée du Temps à Besançon.
Pour faire le calcul, considérons un axe Ox horizontal, pointant vers l’Ouest, un axe Oy pointant vers le Sud
et un axe Oz pointant vers le haut. Le point O est à une latitude λ. Sans la force de Coriolis, les équations d’un
pendule simple s’écrivent
ẍ = −ω02 x
et
ÿ = −ω02 y,
(8.36)
dans l’approximation des petits mouvements, avec ω02 = g/L.
~ = Ω sin λ~uz −
La force de Coriolis peut aisément être calculée à partir des coordonnées des vecteurs Ω
Ω cos λ~uy et ~vr = ẋ~ux + ẏ~uy ,
F~ic = 2mẏΩ sin λ~ux − 2mẋΩ sin λ~uy − 2mẋΩ cos λ~uz .
(8.37)
L’ajout de cette force dans les équations du mouvement conduit à deux équations différentielles du second ordre
couplées,
ẍ
ÿ
= −ω02 x + 2ẏΩ sin λ
=
−ω02 y
− 2ẋΩ sin λ.
(8.38)
(8.39)
L’astuce pour résoudre ces équations couplées est de poser Z = x + iy, qui satisfait alors l’équation différentielle
simple
Z̈ + 2iΩ sin λŻ + ω02 = 0,
(8.40)
qui est à coefficients complexes. On cherche alors les racines du polynôme caractéristique et l’on obtient une
solution de la forme
q
q
2
2
2
2
2
2
(8.41)
Z(t) = exp [−iΩ sin λt] A cos ω0 + Ω sin λt + B sin ω0 + Ω sin λt .
Les termes en sinus et cosinus correspondent aux oscillations du pendule. Le terme exponentiel, correspond à
une phase entre x et y et donc, à la rotation du plan d’oscillation observée par Foucault. On en déduit que ce
plan fait un tour complet en
2π
T0
T =
=
,
(8.42)
Ω sin λ
sin λ
o
avec T0 = 24 h. A une latitude λ = 48, 8 , on trouve T = 32h.
8.4.4
Autres théorèmes pour un point matériel dans un référentiel non galiléen
Pour un point matériel, les théorèmes du moment cinétique et de l’énergie cinétique découlent directement de
la relation fondamentale de la dynamique. Et donc, on peut aussi les appliquer dans un référentiel non galiléen
à la condition de prendre en compte les forces d’inertie.
Il est important de noter que la force d’inertie de Coriolis est perpendiculaire au déplacement et qu’elle ne
travaille donc pas.
8.5
8.5.1
Et pour le mouvement d’un solide ?
Généralités
Pour un solide, c’est plus compliqué car les forces d’inertie ne seront pas nécessairement les mêmes en tout
point du solide. L’intégration n’est pas forcément facile. Pour la rotation de la Terre, les objets étudiés étant
de petite taille par rapport à la planète, on peut supposer que la force d’inertie d’entraı̂nement est la même en
chaque point du solide. On la laisse dans ~g , comme pour un point matériel. L’accélération de Coriolis est, quant
à elle, souvent négligeable.
C’est plus simple avec des référentiels en translation par rapport à un référentiel galiléen car l’accélération
d’entraı̂nement est identique en tout point du solide. On peut donc l’appliquer au centre de masse, comme pour
le poids.
Si le référentiel d’étude est le référentiel barycentrique, alors le moment de la force d’inertie d’entraı̂nement
par rapport à G sera nul. C’est pourquoi on peut appliquer directement le théorème du moment cinétique par
rapport à G dans le référentiel du centre de masse, même s’il n’est pas galiléen.
CHAPITRE 8. CHANGEMENTS DE RÉFÉRENTIELS ET FORCES D’INERTIE
8.5.2
80
La toupie pirouette, épilogue
Retour sur la toupie pirouette, qui n’est pas un problème récent et qui a intéressé les plus grands physiciens
comme on peut le voir sur la photo à la fin de ce chapitre. Les calculs étant très complexes, nous n’allons que
donner une explication qualitative ici.
Nous avons vu que si la toupie ne tourne pas sur elle-même, sa position d’équilibre stable correspond à la tige
vers le haut. Quand la toupie tourne, ce n’est plus le cas et l’on pense donc naturellement aux forces d’inertie
d’entraı̂nement.
G
mg
C
Figure 8.4 – Représentation des forces d’inertie d’entraı̂nement pour chaque quart de la toupie pirouette
tournant autour d’un axe vertical.
On va donc étudier la stabilité de la position d’équilibre inversée dans un référentiel tournant. Lequel ? Nous
avons aussi vu que l’axe de rotation de la toupie reste vertical, ce qui signifie que l’on va prendre un référentiel
tournant autour d’un axe vertical passant par le centre de la partie sphérique de la toupie. Il est très facile de
montrer qu’il y a deux positions d’équilibre qui sont verticales, la tige orientée soit vers le haut, soit vers le bas.
En revanche, la stabilité de ces équilibres change en fonction de la rotation de la toupie et nous allons donc
étudier les forces et leur moment quand il y a un petit écart.
En plus du moment du poids qui tend à faire revenir la toupie la tige vers le haut, il faut prendre en compte le
moment des forces d’inertie d’entraı̂nement par rapport au centre de la partie sphérique. Elles sont représentées
pour chaque partie de la toupie, figure 8.4. Il apparaı̂t que les forces d’inertie ont tendance à stabiliser la
toupie inversée, à condition qu’elles arrivent à dominer le poids. En effet, pour une faible vitesse de rotation,
on s’aperçoit que la toupie ne se retourne pas.
Cette étude n’est pas complète car elle se limite à étudier la stabilité de deux positions d’équilibre et ne
décrit pas le passage de l’une à l’autre. Quand la toupie se retourne, l’énergie potentielle de pesanteur augmente
et donc l’énergie cinétique diminue. Ce qui signifie que la vitesse de rotation est plus faible dans la position
inversée que dans la position de départ. Le moment cinétique n’est pas conservé et donc les forces de frottement
sont nécessaires pour permettre le retournement. La prise en compte de ces forces est très complexe et le sujet
a fait l’objet de près d’une vingtaine de publications scientifiques dans des journaux renommés.
Note : une simulation du mouvement est disponible ici :
http ://www.physik.uni-augsburg.de/ wobsta/tippetop/index.shtml.en
CHAPITRE 8. CHANGEMENTS DE RÉFÉRENTIELS ET FORCES D’INERTIE
81
Figure 8.5 – Wolfgang Pauli et Niels Bohr (prix Nobel de physique) s’intéressant à la toupie pirouette ou toupie magique. La photo a été prise en 1951 et est disponible à l’adresse suivante :
http ://www.fysikbasen.dk/TippetopENGLISH.php
8.6
English vocabulary
référentiel galiléen
inertial reference frame
référentiel non-galiléen
non-inertial reference frame
force fictive ou pseudo-force fictitious forces
force d’inertie
inertial force
pendule de Foucault
Foucault pendulum.
Main result : In a rotating reference frame, that is rotating relative to an inertial reference frame, Newton’s
second law becomes
m~ar = F~imp + F~centrif ugal + F~Coriolis + F~Euler ,
(8.43)
with the apparent acceleration ~ar , the impressed external forces F~imp , the centrifugal force,
~ × (Ω
~ × ~r),
F~centrif ugal = −mΩ
(8.44)
~ × ~vr ,
F~Coriolis = −2mΩ
(8.45)
the Coriolis force,
and the Euler force,
~
dΩ
F~Euler = −m
× ~r.
(8.46)
dt
Fictitious forces, also called a phantom forces or pseudo forces, do not arise from any physical interaction
between two objects, but rather from the acceleration of the non-inertial reference frame itself.
At either the North Pole or South Pole, the plane of oscillation of a pendulum remains fixed relative to the
distant masses of the universe while Earth rotates underneath it, taking one sidereal day to complete a rotation.
So, relative to Earth, the plane of oscillation of a pendulum at the North Pole undergoes a full clockwise rotation
during one day ; a pendulum at the South Pole rotates counterclockwise.
Chapitre 9
Introduction à la mécanique analytique
On a déjà plusieurs Traités de Méchanique, mais le plan de celui-ci est entiérement neuf. Je
me suis proposé de réduire cette Science, & l’art de résoudre les problèmes qui s’y rapportent, à
des formules générales, dont le simple développement donne toutes les équations nécessaires pour la
solution de chaque problème. J’espère que la maniere dont j’ai tâché de remplir cet objet, ne laissera
rien à désirer. Joseph Louis, comte de Lagrange (Giuseppe Lodovico de Lagrangia), Mécanique analytique, Paris,
1788.
9.1
Introduction historique
Les mouvements quelconques des solides que nous avons étudiés étaient compliqués à décrire et nous avons
donc procédé suivant une démarche classique en science qui consiste à diviser les problèmes afin de les étudier
séparément. Nous avons ainsi abouti à un formalisme pour décrire le mouvement du centre de masse et un autre
formalisme pour décrire la rotation du solide sur lui-même. Nous avons ensuite appris comment les combiner et
étudié quelques mouvements particulièrement simples.
N’y a-t-il pas un moyen d’unifier ces deux formalismes en un seul en partant de principes de base simples
de la physique ? C’est l’objet de la mécanique analytique.
Nous allons partir du “principe de moindre action” qui a pour origine l’optique. Aux environs du premier
siècle après JC, Héron, géomètre et ingénieur à Alexandrie, étudie les lois de la réflexion sur un miroir et montre
que les rayons lumineux “cherchent à se déplacer sur la ligne la plus courte”. Beaucoup plus tard, Pierre de
Fermat (1601 ? -1665) énonce que les rayons lumineux “choisissent” toujours un chemin qui minimise le temps
de parcours et retrouve les lois de Descartes pour la réfraction. Cette approche sera combattue par Descartes
et ses successeurs. Fermat parle alors de principe d’économie naturelle et de nos jours, on parle de “principe de
Fermat” (1662).
Près de 100 ans plus tard, Pierre Louis Moreau de Maupertuis (1698-1759) tente d’étendre l’approche à la
mécanique. Après avoir revisité l’optique, il étudie la statique du solide et les chocs mous ou élastiques à l’aide
de ce qu’il appelle le “principe de moindre action”. L’apport de Maupertuis est de croire en quelques principes
fondateurs et universels qu’il se hâte de généraliser. C’est grâce aux travaux mathématiques de Leonhard Euler
(1707-1783), son collègue à l’académie des sciences de Berlin, sur le calcul variationnel que le principe de moindre
action sera utilisable. Joseph Louis, comte de Lagrange (1736-1813, en italien Giuseppe Lodovico Lagrangia) et
William Rowan Hamilton (1805-1865) ont ensuite reformulé toute la mécanique en développant de nouveaux
formalismes qui portent leur nom et qui sont à la base de toute la physique théorique moderne.
Ce chapitre a pour but de découvrir ces approches dans le cadre de la mécanique classique 1 .
1. La présentation historique de ce chapitre doit beaucoup à l’article de James Ferguson de l’université Victoria au Canada : A
Brief Survey of the History of the Calculus of Variations and its Applications
82
CHAPITRE 9. INTRODUCTION À LA MÉCANIQUE ANALYTIQUE
9.2
9.2.1
83
Chemins plus rapides
Le problème du maı̂tre nageur
Un maı̂tre nageur, qui court plus vite qu’il ne nage, veut sauver quelqu’un en train de se noyer dans la mer.
Il est sur la plage. En quel point doit-il entrer dans l’eau pour avoir le temps de parcours le plus court ? Le
calcul, fait par Maupertuis en 1744, est simple (voir TD). Si l’on note v1 la vitesse du maı̂tre nageur sur la
plage, v2 sa vitesse dans l’eau et i1 , i2 les angles entre les trajectoires sur le sable et dans l’eau par rapport à
la normale à la ligne de séparation, on trouve
1
1
sin i1 =
sin i2 .
v1
v2
(9.1)
En optique, l’indice de réfraction n étant défini comme n = c/v, on retrouve la loi de réfraction de SnellDescartes.
Le chemin le plus rapide n’est pas le chemin le plus court ! Cet exemple permet de mettre en évidence la
concordance entre le principe de fermt en optique et un problème de physique du mouvement.
9.2.2
Brachistochrone
Une question similaire a intéressé de nombreux physiciens et mathématiciens : soient deux points O et A
dans l’espace, qui ne sont pas à la verticale l’un de l’autre. Quelle est la trajectoire la plus rapide pour un point
matériel uniquement soumis à son poids pour aller de O, sans vitesse initiale, en A ? Dit autrement, quelle forme
donner au toboggan le long duquel glissera l’objet pour que le temps de parcours soit le plus court ?
Galilée s’était déjà posé cette question, sans pouvoir la résoudre jusqu’au bout. Il a généralisé un peu vite
le résultat intermédiaire obtenu.
Johann Bernoulli (Jean Bernoulli en français), mathématicien suisse, lance le défi au monde des mathématiques en juin 1696, en précisant qu’il a trouvé la solution, qui est une courbe bien connue. Il aurait envoyé
le sujet à Gottfried Wilhelm Leibniz le 9 juin et aurait reçu la réponse par retour du courrier le 16 du même
mois. Newton aurait résolu le problème en 12 heures et aurait communiqué la solution de façon anonyme à la
Royal Society. Le frère de Johann, Jacob (Jacques en français) a aussi trouvé la solution, tout comme Guillaume
François Antoine de L’Hôpital.
Johann Bernoulli se vante d’avoir trouvé la résolution la meilleure dans les Acta Eruditorum et nomme
la courbe obtenue brachistochrone, du grec brakhisto ( le plus court ) et de chronos ( temps ). Il y a eu
plusieurs autres résolutions par la suite. Leonhard Paul Euler, autre mathématicien suisse, a travaillé, par la
suite, sur de nombreux problèmes similaires. Joseph-Louis Lagrange, mathématicien turinois, n’a que 19 ans
lorsqu’il écrit à Euler, le 12 août 1755, pour lui annoncer, qu’il a trouvé une méthode révolutionnaire pour
résoudre le problème.
Résolution de Bernoulli
Jean Bernoulli applique le principe de Fermat de l’optique pour résoudre le problème.
√
Pour un point matériel soumis à son seul poids, la norme vitesse vaut v = 2gh, où h est la hauteur
descendue, quel que soit le chemin suivi. La norme de la vitesse ne dépendant que de l’altitude, c’est comme si
l’on avait une succession de dioptres horizontaux infiniment rapprochés. Si l’on note α l’angle de la trajectoire
avec la verticale, on a, en appliquant la formule de Snell-Descartes, ou du maı̂tre-nageur,
sin α
= constante.
v
(9.2)
Comme la vitesse initiale est nulle, l’angle de départ est nul. Le point√part donc à la verticale.
Si l’on place l’origine des axes en O pour alléger les notations, v = −2gy, y étant l’axe vertical orienté vers
le haut. Pour une portion de trajectoire, on a aussi
dx
1
1
sin α = p
=r
=p
.
2
2
2
1 + y 02 (x)
dx + dy
dy
1 + dx
(9.3)
CHAPITRE 9. INTRODUCTION À LA MÉCANIQUE ANALYTIQUE
84
Figure 9.1 – Représentation de la brachistochrone. (Figure tirée de mathcurve).
Reste à trouver la constante de l’équation (9.2). Le point de départ n’est d’aucune utilité. En notant y = −D
l’altitude la plus basse pour laquelle sin α = 1, l’équation (9.2) conduit à
√
1
1
1
p
=√
.
02
−2gy 1 + y (x)
2gD
(9.4)
En élevant au carré et en prenant l’inverse, on a finalement,
y(1 + y 02 ) = −D,
(9.5)
qui est une équation différentielle non linéaire. La résolution n’est pas immédiate et conduit à une cycloı̈de de
solution paramétrique,
x(θ)
y(θ)
D
(θ − sin θ),
2
D
= − (1 − cos θ).
2
=
(9.6)
(9.7)
(Pour cela, on peut poser y 0 = −cotan θ2 dans l’équation différentielle). Cette solution est représentée figure 9.1.
C’est le genre de courbe que l’on utilise pour les toboggans d’évacuation d’urgence d’un avion ou pour les
pistes de skateboard.
Résolution de Lagrange
La solution de Lagrange a conduit au développement d’une nouvelle approche mathématique qui lui sera
utile, plus tard, pour reformuler toute la mécanique.
En notant s l’abscisse curviligne, le temps de parcours d’une longueur ds vaut dt = ds/v où v est la vitesse
donnée précédemment. Comme
p
p
(9.8)
ds = dx2 + dy 2 = 1 + y 02 (x) dx,
le temps de parcours entre le départ en O(0, 0) et l’arrivée en A(xA , yA ) est
Z xA p
1 + y 02 (x)
√
t=
dx.
−2gy
0
(9.9)
La question est de trouver la fonction y(x) qui minimise l’intégrale qui conduit au calcul du temps de
parcours. De façon plus formelle, on cherche la fonction y(x) qui minimise une intégrale du type
Z xA
t=
F (y, y 0 ) dx.
(9.10)
0
Ici, F est ce que l’on appelle maintenant une fonctionnelle, à savoir, une fonction de fonction. Si l’on note
y0 (x), la solution du problème, alors, la même intégrale avec n’importe quelle autre fonction y(x) conduira à
CHAPITRE 9. INTRODUCTION À LA MÉCANIQUE ANALYTIQUE
85
un temps plus long. C’est en particulier le cas pour une trajectoire proche de la solution y = y0 + δy avec
laquelle Lagrange a fait un développement limité à l’ordre un pour retrouver le résultat de Bernoulli. On parle
de principe variationnel.
Lagrange va appliquer cette méthode au principe de moindre action introduit par Maupertuis et Euler pour
reformuler la mécanique.
9.3
9.3.1
Les équations de Lagrange
Principe de moindre action
Considérons d’abord le cas simple, à une dimension x, d’un point matériel de masse m soumis à une force
dérivant d’une énergie potentielle U . Pour alléger les notations, on pose v = ẋ.
On veut exprimer le principe de moindre action entre les dates t1 et t2 . Pour cela, on cherche une fonction
L telle que l’intégrale, dite d’action,
Z
t2
S=
L(x, v, t)dt,
(9.11)
t1
soit minimale pour le chemin (x(t), v(t)) effectivement suivi. L est appelé le lagrangien. Comme dans le cas de
la brachistochrone, tout autre chemin, entraı̂nera une action plus grande. Ces autres trajectoires, représentées
sur la figure 9.2, sont virtuelles dans le sens où ce ne sera pas le chemin effectivement suivi.
Figure 9.2 – Représentation de la trajectoire suivie et des chemins virtuels explorés. (Figure tirée du site
personnel de Jacques Léon).
Si l’on part du même point à la date t1 pour arriver au même endroit à la date t2 , mais en suivant un chemin
légèrement différent noté x(t) + δx(t) et v(t) + δv(t), l’intégrale de chemin s’écrit au premier ordre,
Z t2
Z t2
Z t2 ∂L
∂L
L(x + δx, v + δv)dt '
L(x, v)dt +
δx +
δv dt.
(9.12)
∂x
∂v
t1
t1
t1
Comme la variation de l’intégrale de chemin doit être nulle au premier ordre si l’on est au minimum,
Z t2 ∂L
∂L
δx +
δv dt = 0.
∂x
∂v
t1
(9.13)
Les variations δv et δx ne sont pas indépendantes puisque
δv =
dδx
,
dt
on a donc,
Z
t2
t1
∂L
∂L dδx
δx +
∂x
∂v dt
t2 Z t2 ∂L
∂L
d ∂L
dt =
δx +
−
δxdt,
∂v
∂x
dt ∂v
t1
t1
(9.14)
CHAPITRE 9. INTRODUCTION À LA MÉCANIQUE ANALYTIQUE
86
après intégration par partie. Comme on a choisi δx(t1 ) = δx(t2 ) = 0, le premier terme est nul. L’équation (9.13)
impose que le deuxième terme soit nul pour toute variation δx, et donc, on a finalement,
∂L
d ∂L
−
= 0,
(9.15)
∂x
dt ∂v
qui est appelée équation d’Euler-Lagrange. Euler l’avait démontrée à l’aide de considérations géométriques, et
c’est Lagrange qui a introduit le calcul variationnel présenté ici.
Si le problème dépend de plusieurs coordonnées notées xi , on aboutirait de même à,
Z t2 X ∂L
d ∂L
−
δxi dt = 0
∀ δxi .
(9.16)
∂xi
dt ∂vi
t1
i
On ne peut alors en déduire que
d
∂L
−
∂xi
dt
∂L
∂vi
= 0,
(9.17)
si et seulement si les coordonnées xi sont bien indépendantes entre elles. Ici vi = ẋi .
On peut appliquer ce résultat à la brachistochrone pour obtenir une équation différentielle. Mais nous ne le
ferons pas et continuons sur le principe de moindre action.
9.3.2
Le lagrangien
Pour que l’équation de Lagrange donne la relation fondamentale de la dynamique, on choisit L = Ec − Ep.
Ainsi,
∂L
∂x
∂L
∂v
∂Ep
= Fx
∂x
∂Ec
= −
= mv,
∂v
= −
(9.18)
donc
d
dt
∂L
∂v
= max ,
(9.19)
et finalement, l’équation de Lagrange conduit à max = Fx .
On peut bien entendu multiplier le lagrangien par n’importe quelle constante ou lui ajouter une constante,
sans changer le résultat final. La forme choisie, L = Ec − Ep, a le mérite d’être simple.
Dans la plupart des livres, l’énergie cinétique est notée T ou K et l’énergie potentielle U . Le Lagrangien
s’écrit donc
L = T − U.
(9.20)
On peut généraliser aisément à tout problème à plusieurs degrés de liberté. Nous nous sommes limités ici
au cas où il n’y a que des forces conservatives. Il existe aussi un formalisme de Lagrange avec des forces de
frottement qui dépasse l’ambition de ce cours.
9.3.3
Exemples d’application
Nous allons reprendre des exemples connus avec le formalisme de Lagrange.
Le ressort
Une masse ponctuelle m fixée à un ressort de raideur k peut se déplacer librement sur une tige horizontale.
On néglige les frottements et l’on note x la position de la masse par rapport à sa position d’équilibre. L’énergie
cinétique est simplement T = 21 mv 2 et l’énergie potentielle U = 21 kx2 . Le lagrangien s’écrit donc L = 12 mv 2 −
1
2
2 kx .
On applique maintenant l’équation d’Euler-Lagrange pour trouver l’équation du mouvement. Pour cela, il
faut dériver le lagrangien par rapport à x et v :
∂L
∂x
∂L
∂v
=
−kx
=
mv,
(9.21)
et donc
d ∂L
(
) = mv̇ = mẍ.
dt ∂v
(9.22)
CHAPITRE 9. INTRODUCTION À LA MÉCANIQUE ANALYTIQUE
87
On en déduit finalement que
mẍ = −kx,
(9.23)
qui est un résultat bien connu.
Le pendule pesant
Reprenons le cas général d’un pendule pesant de moment d’inertie I par rapport à l’axe de rotation. L’énergie
cinétique s’écrit T = 21 Iω 2 et l’énergie potentielle U = mgzG . Pour continuer, il faut choisir des coordoonées
cohérentes pour la position et la vitesse. Si on choisit θ, l’angle du pendule avec la verticale, ω = θ̇ et zG =
OG(1 − cos θ). Ainsi, le lagrangien s’écrit L = 12 I θ̇2 + mgOG(cos θ-1), et donc,
∂L
∂θ
∂L
∂ θ̇
=
−mgOG sin θ
=
I θ̇,
ainsi
(9.24)
d ∂L
) = I θ̈.
(
dt ∂ θ̇
(9.25)
L’équation d’Euler-Lagrange conduit à
I θ̈ = −mgOG sin θ,
(9.26)
qui est la même que celle obtenue avec le théorème du moment cinétique.
Boule sur un plan incliné
Nous allons reprendre l’exemple de la figure 7.4 avec le formalisme de Lagrange en supposant le roulement
sans glissement.
2
L’énergie cinétique inclut la translation et la rotation de la boule, T = 21 mvG
+ 21 Iω 2 et seule la pesanteur
intervient dans l’énergie potentielle U = mgh car la réaction du support ne travaille pas. En effet, la vitesse de
contact ~vC = ~0. En notant que h = −x sin α, où α est l’angle du plan incliné avec l’horizontale, le lagrangien
2
s’écrit finalement L = 12 mvG
+ 12 Iω 2 + mgx sin α.
On a maintenant deux coordonnées x, position du centre de masse, et θ, l’angle de rotation de la boule. Doiton dériver la lagrangien par rapport à chacune de ces coordonnées ? Non, car elles ne sont pas indépendantes. A
cause de la liaison avec le sol, les coordonnées vG = ẋ et ω = θ̇ sont reliées par la condition de non-glissement,
ẋ = −Rω.
Si l’on choisit x comme coordonnée, le lagrangien s’écrit finalement L = 21 (m + RI2 )ẋ2 + mgx sin α, et donc
∂L
= mg sin α
∂x
I
d ∂L
(
) = mẍ + 2 ẍ.
dt ∂ ẋ
R
(9.27)
(9.28)
Avec I = 52 mR2 , l’équation de Lagrange conduit à
7
ẍ = g sin α.
5
(9.29)
On retrouve bien évidemment les mêmes résultats que ceux obtenus par les trois autres méthodes.
La liaison entre la coordonnée de translation, x, et celle de rotation, θ, était très simple et nous avons
considéré qu’un seul degré de liberté, comme il convenait. Lagrange a aussi proposé une solution pour les
situations plus complexes. On peut considérer x et θ comme deux variables indépendantes et prendre en compte
leur liaison à l’aide de ce que l’on appelle maintenant les multiplicateurs de Lagrange. On y reviendra un peu
plus loin.
Le problème à deux corps
Pour le problème à deux corps, réduit à une dimension pour simplifier, si on choisit x1 et x2 , la position
respective des particules 1 et 2, pour écrire le lagrangien, L = 21 mẋ21 + 12 mẋ22 − U (r), avec r = x2 − x1 , on
CHAPITRE 9. INTRODUCTION À LA MÉCANIQUE ANALYTIQUE
88
aboutit à
mẍ1
mẍ2
∂U
∂x1
∂U
= −
,
∂x2
=
−
(9.30)
(9.31)
qui sont les équations du mouvement couplées de chacune des particules. On a vu que l’on ne savait pas résoudre
directement ces équations.
Si l’on choisit directement les bonnes coordonnées, à savoir, la position du centre de masse et r, la distance
2
+ 21 µv 2 − U (r), où µ est la masse réduite.
relative entre les particules, le lagrangien devient L = 21 (m1 + m2 )vG
On aboutit finalement à,
(m1 + m2 )ẍG
µr̈
=
0
= −
(9.32)
∂U
,
∂r
(9.33)
qui sont les deux équations auxquelles on aboutissait dans le chapitre du problème à deux corps.
Le choix des coordonnées est donc primordial dans cette approche lagrangienne.
Conclusion
Ces exemples montrent la puissance du formalisme de Lagrange qui peut s’appliquer à tous les problèmes
vus en mécanique. C’est la même loi qui s’applique aussi bien à mécanique du point qu’à la mécanique du solide.
De plus, on peut utiliser de façon simple tout type de coordonnées. Ce n’est pas le cas avec la loi de Newton,
car l’écriture de l’accélération en coordonnées cylindriques ou sphériques est complexe.
Dans les exemples traités précédemment, les coordonnées pouvaient aussi bien être une position qu’un angle.
Pour ne pas faire de distinction, on notera par la suite q une coordonnée dite généralisée et q̇ sa dérivée par
rapport au temps. Le lagrangien est donc une fonction des qi , q̇i et du temps t, L(qi , q̇i , t) = T − U s’il y a
plusieurs dimensions.
Nous n’avons abordé les équations de Lagrange que dans les cas les plus simples. Il existe une extension pour
prendre en compte les forces de frottement visqueux que nous ne traiterons pas.
9.4
Multiplicateurs de Lagrange
La condition de non-roulement était simple à prendre en compte dans l’exemple de la bille roulant sur un plan
incliné. Parfois, les liaisons conduisent à des équations plus complexes du style f (qi , q̇i ) = 0. Comment prendre
en compte cette contrainte ? Lagrange a introduit une méthode à l’aide de ce que l’on appelle maintenant, les
multiplicateurs de Lagrange, qui est valable dès que l’on a besoin de chercher un extremum tout en prenant
en compte des contraintes. Plutôt que d’introduire la méthode générale que l’on trouve dans tous les livres
de mécanique analytique, nous allons reprendre une nouvelle fois l’exemple de la boule sur le plan incliné en
utilisant cette technique.
Le mouvement le plus général de la bille, sans prise en compte de la condition de roulement sans glissement,
implique deux degrés de liberté, un de translation et un de rotation et le Lagrangien s’écrit, comme on l’a vu,
L = 12 (mẋ2 + I θ̇2 ) + mgx sin α. S’il y a roulement sans glissement, on vu que les deux coordonnées sont liées
par la condition f (ẋ, θ̇) = ẋ + Rθ̇ = 0.
On remplace alors L par L + λf , ce qui revient à ajouter un terme nul. λ est appelé multiplicateur de
Lagrange. On applique alors l’équation d’Euler-Lagrange aux deux cordonnées, x et θ. Comme
L + λf =
1
(mẋ2 + I θ̇2 ) + mgx sin α + λ(ẋ + Rθ̇),
2
CHAPITRE 9. INTRODUCTION À LA MÉCANIQUE ANALYTIQUE
89
on a
∂(L + λf )
=0
∂θ
∂(L + λf )
= I θ̇ + Rλ
et donc
∂ θ̇
d ∂(L + λf )
= I θ̈ + Rλ̇.
dt
∂ θ̇
∂(L + λf )
= mg sin α
∂x
∂(L + λf )
= mẋ + λ
∂ ẋ
d ∂(L + λf )
= mẍ + λ̇
dt
∂ ẋ
(9.34)
(9.35)
On aboutit donc à un système de trois équations à trois inconnues,
mẍ + λ̇
= mg sin α
(9.36)
I θ̈ + Rλ̇
=
0
(9.37)
ẋ + Rθ̇
=
0,
(9.38)
facile à résoudre. Pour x, on trouve une fois de plus le résultat déjà dérivé quatre fois.
Si l’on regarde l’équation (9.36), le paramètre λ̇ correspond à la force de frottement. Dans tous les problèmes
où l’on fait intervenir les multiplicateurs de Lagrange, on arrive généralement à leur donner un sens physique.
L’utilisation de cette méthode apparaı̂t plus compliquée que la précédente résolution. Mais le but était
d’introduire les multiplicateurs de Lagrange, d’un emploi aussi universel que les méthodes variationnelles en
physique moderne.
9.5
Impulsion généralisée et lois de conservation
On a vu, qu’en mécanique, le lagrangien le plus général s’écrit L(qi , q̇i , t) = T −U s’il y a plusieurs dimensions.
Les qi sont appelées les coordonnées généralisées. Quel que soit le système de coordonnées choisi, on appelle
impulsion généralisée la grandeur
∂L
pi =
.
(9.39)
∂ q̇i
Si q est une position x, T = 21 mẋ2 et p = mẋ, ce qui correspond bien à la définition habituelle de la quantité
de mouvement. Alors que si q est un angle θ, T = 12 I θ̇2 et p = I θ̇, ce qui correspond à un moment cinétique.
L’intérêt de ce formalisme est de traiter sur un pied d’égalité tous les types de coordonnées.
Considérons le cas d’une particule de masse m dans le champ de pesanteur. Le lagrangien s’écrit L =
1
m(
ẋ2 + ẏ 2 + ż 2 ) − mgz. L’énergie cinétique contient tous les degrés de liberté et l’énergie potentielle, les forces
2
extérieures appliquées au problème.
Dans cet exemple, il n’y a pas de force suivant les directions x et y et le système est donc invariant par
translation suivant ces directions. Le mouvement ne dépend pas de l’origine choisie pour la coordonnée x, ni de
celle choisie pour y. Les équations de Lagrange conduisent à ṗx = 0 et ṗy = 0. Ainsi, px = mẋ et py = mẏ sont
des constantes. Ce n’est pas le cas pour la direction z car l’énergie potentielle dépend de l’altitude.
D’une manière plus générale, si le lagrangien ne dépend pas d’une coordonnée qi , c’est à dire si le système
est invariant par modification de qi , mais que la vitesse associée q̇i entre bien dans l’expression de l’énergie
cinétique, alors pi = ∂∂L
q̇i est une constante du mouvement. Ainsi, les invariances par translation conduisent à
la conservation de composantes de la quantité de mouvement et les invariances par rotation à une conservation
de composantes du moment cinétique.
Emmy Nöther a montré de manière encore plus générale qu’à chaque invariance correspond une grandeur
conservée. Ce résultat, appelé théorème de Nöther, constitue l’une des bases de la physique moderne.
Si le lagrangien est invariant par translation dans le temps, cela conduit aux équations de Hamilton qui font
l’objet du paragraphe suivant.
CHAPITRE 9. INTRODUCTION À LA MÉCANIQUE ANALYTIQUE
9.6
Equations de Hamilton
9.6.1
Conservation de l’énergie
90
Si le lagrangien est invariant par translation dans le temps, alors d’après le théorème de Nöther, il doit y
avoir une grandeur conservée que nous allons rechercher. Le fait que L(q, q̇, t) = L(q, q̇, t + a) ∀a implique que
∂L
∂t = 0. En mécanique, c’est le cas quand les forces ne dépendent pas explicitement du temps. L’invariance
temporelle ne signifie pas que tout est immobile.
Si la seule force appliquée est le poids ou la force de rappel d’un ressort, la nature du mouvement ne dépendra
pas de l’origine des temps. En revanche, si la force appliquée dépend du temps comme avec un oscillateur en
régime forcé, la nature du mouvement dépendra de la date de démarrage. Dans le premier cas, il y a invariance
par translation dans le temps, pas dans le deuxième.
Dans toute la suite, on supposera qu’il y a invariance par translation dans le temps.
Le temps intervient aussi implicitement dans les variables q et q̇. Pour en tenir compte, nous allons calculer
∂L dq̇i
∂L
dL X ∂L dqi
=
+
+
.
(9.40)
dt
∂qi dt
∂ q̇i dt
∂t
i
Le dernier terme est nul, par hypothèse. En utilisant les équations de Lagrange, on a
dL X d ∂L
∂L dq̇i
=
(
)q̇i +
,
dt
dt ∂ q̇i
∂ q̇i dt
i
(9.41)
qui est de la forme
X
(u̇i vi + ui v̇i ).
i
Chaque terme correspond donc à la dérivée d’un produit et donc
dL
d X ∂L
= (
q̇i ).
dt
dt i
∂ q̇i
(9.42)
Finalement,
"
#
d X ∂L
q̇i − L = 0.
dt i
∂ q̇i
(9.43)
On définit la fonction de Hamilton par
H
X ∂L =
q̇i − L
∂ q̇i
i
X
=
(pi q̇i ) − L,
(9.44)
(9.45)
i
en faisant intervenir l’impulsion généralisée. En cas d’invariance par translation dans le temps, on a donc dH
dt = 0.
∂T
Avec des forces conservatives, l’énergie potentielle ne dépend pas des vitesses et donc, ∂∂L
=
.
q̇i
∂ q̇i Si T =
1
2
2 mẋ ,
alors
∂L
∂ ẋ ẋ
θ̇ = 2T . D’une manière générale,
= mẋ2 = 2T . De même si T = 12 I θ̇2 , ∂L
∂ θ̇
X ∂L
q̇i = 2T.
∂ q̇i
i
(9.46)
C’est une conséquence d’un théorème dit d’Euler pour les fonctions homogènes. Ainsi, H = 2T − T + U = T + U .
En conclusion, si le lagrangien est invariant par translation dans le temps, et si les forces sont conservatives,
alors le hamiltonien correspond à l’énergie totale du système qui est conservée. Ainsi, la conservation de l’énergie
mécanique que vous connaissez depuis longtemps est due à l’invariance par translation dans le temps du problème
étudié.
Par la suite, nous allons limiter l’application de ce formalisme à ces hypothèses de façon à avoir simplement
H = T + U.
(9.47)
CHAPITRE 9. INTRODUCTION À LA MÉCANIQUE ANALYTIQUE
9.6.2
91
Equations de Hamilton
A partir de la définition du hamiltonien, équation (9.45), on peut remarquer qu’il dépend des coordonnées
qi et des impulsions généralisées pi . On peut ainsi calculer la différentielle de H,
X
∂L
∂L
dH =
q̇i dpi + pi dq̇i −
dqi −
dq̇i
(9.48)
∂qi
∂ q̇i
i
X
=
(q̇i dpi + pi dq̇i − ṗi dqi − pi dq̇i ) .
(9.49)
i
La deuxième ligne a été obtenue en utilisant les équations de Lagrange et la définition de l’impulsion généralisée.
Après simplification, on a finalement,
X
dH =
(q̇i dpi − ṗi dqi ) .
(9.50)
i
Les variables naturelles pour le formalisme de Hamilton sont donc qi et pi . En identifiant l’équation précédente
à la définition de la différentielle,
X ∂H
∂H
dqi +
dpi ,
(9.51)
dH =
∂qi
∂pi
i
on obtient les équations de Hamilton,
q̇i
=
∂H
∂pi
=
− ∂H
∂qi .
(9.52)
ṗi
Comme l’équation de Lagrange précédemment, ces équations contiennent toute la mécanique si l’on sait exprimer
l’énergie totale. Elles sont équivalentes aux équations de Lagrange.
Si le problème a n degrés de liberté, alors les 2n équations différentielles du premier ordre de Hamilton
remplacent les n équations différentielles du second ordre de Lagrange.
Le formalisme de Hamilton est beaucoup utilisé en mécanique quantique.
9.6.3
Exemples simples d’application
Nous allons reprendre des exemples vus avec le formalisme de Lagrange pour les traiter avec le formalisme
de Hamilton.
Le ressort
Le hamiltonien du système s’écrit simplement H = T + U = 21 mv 2 + 12 kx2 . Il faut le réécrire en fonction des
coordonnées canoniques x et p.
On a vu que l’impulsion généralisée est l’impulsion dans ce cas, p = mv = mẋ. On peut aussi la recalculer
à partir du lagrangien, en utilisant l’équation (9.39). Avec ces coordonnées canoniques, le hamiltonien devient,
H=
1
p2
+ kx2 ,
2m 2
(9.53)
et les équations de Hamilton conduisent à
ẋ =
ṗ
=
∂H
p
=
∂p
m
∂H
−
= −kx.
∂x
(9.54)
(9.55)
La deuxième équation n’est rien d’autre que la relation fondamentale de la dynamique et la première la définition
de la quantité de mouvement.
CHAPITRE 9. INTRODUCTION À LA MÉCANIQUE ANALYTIQUE
92
Le pendule pesant
Le hamiltonien du système s’écrit H = 21 I θ̇2 −mgOG cos θ. On a vu que, pour un angle, l’impulsion généralisée
est un moment cinétique. Ainsi, q = θ et p = I θ̇. En fonction de ces variables, le hamiltonien s’écrit
H=
p2
− mg cos θ.
2I
(9.56)
Les équations de Hamilton conduisent donc à
θ̇
=
ṗ
=
p
I
−mgOG sin θ.
(9.57)
(9.58)
La deuxième équation correspond au théorème du moment cinétique et la première, à la relation entre ce moment
cinétique et la vitesse angulaire. En simplifiant par p, on retrouve I θ̈ = −mgOG sin θ.
Boule sur un plan incliné
Nous allons reprendre l’exemple de la figure 7.4 en supposant que le roulement est sans glissement.
2
+
L’énergie cinétique inclut la translation et la rotation de la boule via le théorème de Köing : T = 21 mvG
1
2
Iω
.
Côté
forces,
celles
de
contact
ne
travaillent
pas
car
la
vitesse
du
point
de
contact
est
nulle.
Seule
la
2
pesanteur intervient dans l’énergie potentielle : U = −mgx sin α. Enfin, à cause de la liaison avec le sol, les
coordonnées vG = ẋ et ω = θ̇ ne sont pas indépendantes, ẋ = −Rω.
Ainsi, le hamiltonien H = 12 (m + RI2 )ẋ2 − mgx sin α. Il faut l’écrire à l’aide des coordonnées canoniques et
donc calculer l’impulsion généralisée. On a donc besoin du lagrangien qui s’écrit L = 21 (m + RI2 )ẋ2 + mgx sin α
pour obtenir p = (m+ RI2 )ẋ, qui n’est pas intuitif. L’impulsion généralisée prend en compte à la fois la translation
et la rotation, ainsi que leur liaison via le contact avec le sol. Finalement, le hamiltonien s’écrit donc
H=
p2
2(m +
I
R2 )
− mgx sin α
(9.59)
en fonction des variables canoniques. Les équations de Hamilton conduisent à
ẋ
ṗ
p
m + RI2
= mg sin α,
=
(9.60)
(9.61)
ce qui est équivalent à ce que nous avons trouvé par les autres méthodes. En effet, en éliminant p, on retrouve
(m +
I
)ẍ = mg sin α.
R2
(9.62)
Le formalisme de Hamilton peut paraı̂tre plus compliqué car il faut faire attention à la définition de l’impulsion généralisée pour appliquer correctement les équations. Mais c’est ce formalisme qui est utilisé en mécanique
quantique.
9.7
Dynamique autour d’une position d’équilibre stable
On a vu que les positions d’équilibre étaient déterminées à partir de la somme des forces et des moments des
forces. Nous avons maintenant deux nouveaux formalismes qui ne font plus intervenir directement les forces,
mais seulement l’énergie potentielle. Comment trouver les positions d’équilibre et déterminer leur stabilité ?
9.7.1
Position d’équilibre
Considérons un problème à une dimension repéré par la coordonnée généralisée q. Ce peut être une position,
ou un angle, comme l’a déjà vu. Le Hamiltonien s’écrit, d’une manière générale H = T + U , et le langrangien,
L = T − U , avec U (q).
CHAPITRE 9. INTRODUCTION À LA MÉCANIQUE ANALYTIQUE
93
La position d’équilibre correspond à l’absence de mouvement. Avec le formalisme de Lagrange, on a donc
∂L
∂U
d ∂L
=0
et
= 0,
ou
= 0.
(9.63)
dt ∂ q̇
∂q
∂q
Avec le formalisme de Hamilton, l’équilibre se traduit par ṗ = 0, l’autre équation correspondant à la définition
de l’impulsion généralisée. Ainsi, la position d’équilibre est déterminée par
∂H
∂U
=
= 0,
∂q
∂q
(9.64)
comme avec le formalisme de Lagrange.
Si q est une position, ∂U
∂q correspond à une force et si q est un angle, à un moment de force. Ce résultat est
donc cohérent avec ce que l’on sait.
Notons q0 une position d’équilibre. Est-elle stable ?
9.7.2
Stabilité
Pour étudier la stabilité de cette position d’équilibre, il faut écarter légèrement le système de sa position
d’équilibre et regarder s’il y revient. Dans l’affirmative, cela correspond à une position stable. S’il s’en écarte,
cela correspond à une position instable.
Pour un petit écart par rapport à la position d’équilibre, on peut faire un développement limité de l’énergie
potentielle,
U (q)
=
=
1
U (q0 ) + (q − q0 )U 0 (q0 ) + U 00 (q0 )(q − q0 )2 + ...
2
1
U (q0 ) + U 00 (q0 )(q − q0 )2 + ...,
2
(9.65)
(9.66)
car U 0 (q0 ) = 0.
Ainsi, la deuxième équation de Hamilton conduit à l’équation du mouvement,
ṗ = −U 00 (q0 )(q − q0 ).
(9.67)
Si q > q0 la force généralisée doit être négative pour ramener le système vers sa position d’équilibre. C’est le
cas si U 00 (q0 ) > 0. Inversement, si q < q0 , la force doit être positive et c’est aussi le cas si U 00 (q0 ) > 0. Ainsi, si
U 00 (q0 ) > 0, la position d’équilibre q0 est stable. Elle est instable dans le cas inverse.
On aurait pu faire la même chose à l’aide du formalisme de Lagrange, pour arriver aux mêmes conclusions.
9.7.3
Petits mouvements autour de la position d’équilibre
En notant I l’inertie, qui peut être un moment d’inertie pour une rotation ou une masse pour une translation,
p2
p = I q̇ et l’énergie cinétique est de la forme T = 2I
. En combinant les deux équations de Hamilton, on obtient
une équation différentielle du second ordre simple à résoudre,
I q̈ = −U 00 (q0 )(q − q0 ).
(9.68)
L’équation de Lagrange conduit au même résultat.
Commençons par trouver les solutions génórales de l’équation différentielle homogène. Pour cela, on cherche
les racines du polynôme caractéristique Ir2 = −U 00 (q0 ).
Si U 00 (q0 ) < 0, les racines sont réelles. La solution de l’équation différentielle est donc une exponentielle
divergente qui va rapidement sortir du domaine de validité du développement limité. Il n’y a donc pas retour
vers la position d’équilibre et cela confirme que la position d’équilibre est instable. On ne peut pas dire grand
chose de plus.
Si U 00 (q0 ) >, les racines sont imaginaires :
r
U 00 (q0 )
.
(9.69)
r = ±i
I
CHAPITRE 9. INTRODUCTION À LA MÉCANIQUE ANALYTIQUE
94
La solution est donc celle d’un oscillateur harmonique. Le second membre de l’équation différentielle étant
constant, la solution particulière est simplement q0 .
Finalement, pour des petits mouvements autour de la position d’équilibre, la solution générale de l’équation
différentielle complète s’écrit
q(t) = q0 + A cos Ωt + B sin Ωt,
(9.70)
q
00
avec Ω = U I(q0 ) où I est l’inertie du système. U 00 (q0 ) correspond donc à la raideur du système.
Ainsi, n’importe quel petit mouvement autour d’une position d’équilibre stable est celui d’un oscillateur
harmonique. C’est pourquoi ces mouvements sont universels et qu’on les retrouve dans toutes les branches de
la physique.
9.7.4
Conclusion
La ou les positions d’équilibre q0 sont déterminées en recherchant les extréma de l’énergie potentielle,
U 0 (q0 ) = 0.
(9.71)
Pour déterminer la stabilité des positions d’équilibre ainsi trouvées on regarde le signe de la dérivée seconde
de l’énergie potentielle en ces points. Si elle est positive, U 00 (q0 ) > 0, la position d’équilibre est stable. Dans ce
cas, si l’on écarte légèrement le système de sa q
position d’équilibre il va osciller de part et d’autre comme un
00
oscillateur harmonique avec une pulsation Ω = U I(q0 ) . La solution générale est donnée équation (9.70).
Si l’amplitude du mouvement est grande, il faut faire un développement limité à des ordres supérieurs et
l’on ne sait plus résoudre analytiquement. Et c’est beaucoup trop complexe pour le niveau L2.
Si U 00 (q0 ) < 0, l’équilibre est instable.
9.7.5
Application : masse pendue au bout d’un ressort
Considérons, comme système étudié, une masse m suspendue au bout d’un ressort de raideur k. Le système
est soumis à deux forces extérieures conservatives, le poids et la force de rappel du ressort. L’énergie potentielle
est donc U = 12 kx2 − mgx, où x est l’élongation du ressort et k sa raideur. Ici x est orienté vers le bas, d’où le
signe moins dans l’expression de l’énergie potentielle de pesanteur. La position d’équilibre est donnée par
∂U
= U 0 (x) = kx − mg = 0
∂x
⇒
x0 =
mg
.
k
(9.72)
Pour étudier la stabilité de cette position, on dérive une deuxième fois l’énergie potentielle,
U 00 (x) = k > 0,
qui est positive. x0 est donc une position d’équilibre stable.
Les petits mouvements autour de cette position d’équilibre, sont décrits par
r
r
U 00 (x0 )
k
x(t) = x0 + A cos Ωt + B sin Ωt
avec
Ω=
=
,
I
m
(9.73)
(9.74)
car I = m dans le cas d’un mouvement de translation. On retrouve donc ce qui a été vu dans le cours de
vibrations.
9.7.6
Application : pendule pesant
Considérons maintenant le pendule pesant déjà étudié moulte fois. On suppose qu’il peut tourner librement
autour d’un axe horizontal. Les forces extérieures appliquées sont donc le poids, qui est conservatif, et la réaction
du support qui ne travaille pas.
On repère la position du pendule par un angle θ. Pour un pendule pesant de masse m et de centre masse G,
l’énergie potentielle vaut donc U (θ) = OGmg(1 − cos θ). Ici O est la projection de G sur l’axe de rotation.
CHAPITRE 9. INTRODUCTION À LA MÉCANIQUE ANALYTIQUE
95
Pour trouver les positions d’équilibre, il faut dériver l’énergie potentielle,
∂U
= U 0 (θ) = OGmg sin θ.
∂θ
(9.75)
On trouve donc deux positions d’équilibre : sin θ = 0 pour θ1 = 0 et θ2 = π.
Pour étudier leur stabilité, il faut dd́river une seconde fois l’énergie potentielle :
U 00 (θ) = OGmg cos θ.
(9.76)
Pour la première position d’équilibre, on obtient U 00 (θ1 = 0) = OGmg > 0. Elle est donc stable. Pour la
deuxième, U 00 (θ2 = π) = −OGmg < 0. Elle est donc instable. Le résultat est sans surprise.
Il n’y a évidemment pas de petits mouvements possibles autour d’une position d’équilibre instable.
L’étude des petits mouvements autour de la position d’équilibre stable θ1 = 0 conduit à
r
OGmg
,
(9.77)
θ(t) = A cos Ωt + B sin Ωt
avec
Ω=
I0
ce qui est similaire à ce que nous avions trouvé au chapitre 3. Ici l’inertie pour la rotation d’un solide autour
d’un axe fixe est le moment d’inertie par rapport à l’axe de rotation, I0 .
9.8
English vocabulary
mécanique analytique
coordonnées généralisées
principe de moindre action
lagrangien
énergie cinétique
énergie potentielle
équations d’Euler Lagrange
impulsion généralisée
hamiltonien
équations de Hamilton
position d’équilibre stable
petites oscillations autour de l’équilibre
développement limité
analytical mechanics
generalized coordinates
principle of least action
Lagrangian
kinetic energy
potential energy
Euler-Lagrange equations
generalized momenta
Hamiltonian
Hamilton’s equations
stable equilibrium point
small oscillations about equilibrium
Taylor series
Chapitre 10
Mécanique des systèmes ouverts
Tous les systèmes étudiés juqu’à maintenant n’échangeaient pas de matière avec le milieu extérieur et avaient
une masse constante. Ce n’est, cependant, pas le cas de tous les systèmes en mouvement. Une fusée, par exemple,
avance grâce aux réacteurs qui éjectent des gaz. L’étude de la propulsion va faire intervenir un système dit ouvert
car il échange de la matière avec l’extérieur. C’est aussi le cas pour une lance à incendie, un système d’arrosage
rotatif, etc. . . Mais les lois de la mécanique ont été établies pour des systèmes fermés. Comment les étendre aux
systèmes ouverts ? C’est encore à Euler que l’on doit la réponse.
10.1
Surface de contrôle
Considérons le cas d’une fusée qui éjecte des gaz pour avancer. Comment définir le système étudié ? Les gaz
qui sont sortis ne nous intéressent plus. On choisit comme système d’étude, la fusée et les gaz qu’elle contient
encore. Et comme il perd de la matière, on parle de système ouvert.
Quelle molécule de gaz sera incluse et quelle molécule sera exclue ? Où mettre la limite ? On définit le système
à l’aide d’une surface de contrôle fermée. Tout ce qui est à l’intérieur fait partie du système étudié, tout ce qui
est à l’extérieur n’en fait pas partie. Il peut y avoir une part d’arbitraire dans la définition du système étudié.
La surface de contrôle peut être en mouvement ou immobile, elle peut aussi être déformable. Pour simplifier,
nous ne considérerons ici que des systèmes indéformables. Oublions donc le cas du ballon de baudruche qui se
dégonfle !
Dans le cas de la fusée, les gaz éjectés sortent. Pour un réacteur d’un avion par exemple, ou pour un tuyau
d’arrosage, il y a aussi de la matière qui entre dans le système. Dans ce dernier cas, le fluide contenu dans ce
système est continuellement remplacé.
D’une manière générale, la surface de contrôle est traversée par un flux de matière entrant et/ou sortant. Sa
masse n’est donc pas forcément constante. Commençons donc par faire un bilan de masse.
10.2
Bilan de masse
Considérons un tuyau avec de l’eau qui entre à un bout et qui ressort de l’autre comme représenté sur la
figure 10.1. La surface de contrôle est définie par les sections en Se et Ss et la surface latérale. Elle est représentée
par un trait épais.
Considérons maintenant le fluide contenu dans cette surface de contrôle à la date t. A la date t + dt, il se
sera déplacé vers la droite sur le dessin. Cette masse de fluide qui se déplace forme un système fermé. Suivre
son mouvement relève d’une description lagrangienne. En revanche, la surface de contrôle, quant à elle, reste
immobile et est ouverte. A la date t + dt, du fluide sera entré et sorti par les sections à chacune des extrémités.
Cette vision correspond à une approche dite eulérienne.
La masse du système fermé ne varie pas, alors que pendant un temps dt, la masse du système ouvert a varié.
De combien ? Considérons la section en entrée. Le volume de fluide qui entre pendant un temps dt est ue dt × Se
où ue est la vitesse relative du fluide en entrée par rapport au système que l’on suppose uniforme sur la section
96
CHAPITRE 10. MÉCANIQUE DES SYSTÈMES OUVERTS
97
Figure 10.1 – Ecoulement dans un tuyau. La surface de contrôle est en noir. La matière qui a pénétré dans
le système pendant le temps dt est à gauche en rouge. La matière qui est sortie du système pendant ce même
temps est à droite en orange.
Se . Et donc la masse de fluide qui entre pendant le temps dt est obtenue en multipliant ce volume par la masse
volumique ρe : dme = ρe Se ue dt.
e
comme étant la masse de fluide entrante par unité de temps,
Si l’on définit le débit massique en entrée Dm
e
e
= ρe Se ue . Dans le système international d’unités, le débit massique s’exprime en
dme = Dm
dt, avec Dm
kilogrammes par seconde. Il ne faut pas le confondre avec le débit volumique qui s’exprime en mètres cubes par
seconde.
On aurait pu trouver ce résultat à partir de la définition du vecteur courant, déjà vu en électricité. En
e
= je Se .
définissant je = ρe ue , le débit massique, à l’instar de l’intensité de courant, correspond au flux de je , Dm
On a bien la même expression.
Attention, comme la surface de contrôle peut se déplacer, c’est la vitesse relative par rapport à la surface
qu’il faut prendre pour estimer le débit. On la note u.
On peut faire exactement la même chose avec la masse perdue à la sortie. Finalement, si l’on note M la
masse du système ouvert défini par la surface de contrôle, cette masse varie pendant un temps dt de
e
s
dM = δme − δms = ρe ue Se dt − ρs us Ss dt = (Dm
− Dm
)dt,
(10.1)
où l’indice e correspond à l’entrée et l’indice s, à la sortie. Les vitesses ue et us sont des vitesses relatives par
rapport à la frontière. L’expression avec le débit massique, Dm , est plus commode.
10.3
Bilan de quantité de mouvement
Pour étudier le mouvement d’un système ouvert, il nous faut généraliser la relation fondamentale de la
dynamique qui n’est valable que pour des systèmes fermés. Pour cela, on va relier les quantités de mouvement
de ces deux systèmes pour en déduire une nouvelle loi qui découle du théorème d’Euler pour les systèmes ouverts.
CHAPITRE 10. MÉCANIQUE DES SYSTÈMES OUVERTS
10.3.1
98
Théorème d’Euler pour les systèmes ouverts
Reprenons l’étude du tuyau qui nous a servi à faire le bilan de masse pour faire, cette fois-ci, un bilan de
quantité de mouvement entre les dates t et t + dt. L’eau qui est contenue dans la surface de contrôle à la date
t s’est déplacée à la date t + dt. Le contenu de la surface de contrôle constitue donc un système ouvert. En
revanche, l’eau qui était contenue dans la surface et qui s’est déplacée, constitue, quant à elle, un système fermé
auquel on pourra appliquer la physique apprise jusqu’à maintenant.
A la date t, les systèmes ouverts et fermés sont confondus, leurs quantités de mouvement sont égales,
p~f (t) = p~o (t).
(10.2)
Mais à la date t + dt, ils diffèrent. D’après la figure 10.1, on a
s
e
p~o (t + dt) = p~f (t + dt) − Dm
dt~vs + Dm
dt~ve .
(10.3)
On a supposé ici, que toute la matière entrante a la vitesse ~ve et toute la matière sortante, la vitesse ~vs . Il s’agit
bien des vitesses absolues par rapport au référentiel d’étude ici. En revanche, pour les débits, ce sont toujours
les vitesses relatives qu’il faut utiliser. Si la surface de contrôle est immobile, ce sont les mêmes vitesses. Pas si
elle se déplace.
En soustrayant l’équation à la date t à celle à la date t + dt, il vient,
d~
pf
d~
po
s
e
=
− Dm
~vs + Dm
~ve .
dt
dt
(10.4)
La relation fondamentale de la dynamique peut être appliquée au système fermé et permet d’écrire que
X
d~
pf
=
F~ext .
dt
(10.5)
On en déduit, pour le système ouvert qui nous intéresse, que
X
d~
po
e
s
=
F~ext + Dm
~ve − Dm
~vs .
dt
(10.6)
Cette relation correspond au théorème d’Euler pour les systèmes ouverts.
po
~
En cas d’écoulement stationnaire, d~
dt = 0. On peut donc en déduire la somme des forces extérieures subies
par le système ouvert.
Voyons quelques applications classiques.
10.3.2
Tuyau rectiligne
Pour un tuyau rectiligne uniforme comme représenté sur la figure 10.1, le débit et la vitesse d’écoulement
sont identiques en entrée et sortie en cas d’´coulement stationnaire. La masse du système est donc constante et
les termes additionnels de la relation d’Euler se compensent.
En revanche, si le tuyau n’est pas rectiligne, ~ve et ~vs n’ont plus la même direction et ces termes ne se
compensent plus, même si les débits et les normes des vitesses sont identiques. Il faut une force extérieure pour
modifier la quantité de mouvement de l’eau. Un tuyau souple se redressera. La fixation d’un tuyau non rectiligne
devra donc compenser la poussée due à l’écoulement.
10.3.3
Tapis roulant
Etudions maintenant un tapis roulant représenté sur la figure 10.2. Des objets tombent sur le tapis et sont
entraı̂nés. On supposera, pour simplifier, que le flux de matière est constant, comme si c’était du sable, par
exemple.
Considérons donc, comme système ouvert, la surface de contrôle représentée sur la figure 10.2. Comme, à
chaque instant, il y a autant d’objets qui entrent dans la surface de contrôle que d’objets qui en sortent, la
masse du système ouvert étudié est donc constante. On notera donc Dm le débit massique en entrée et en sortie.
CHAPITRE 10. MÉCANIQUE DES SYSTÈMES OUVERTS
99
Figure 10.2 – Tapis roulant. La zone en pointillés représente la surface de contrôle choisie.
Les objets arrivent dans la surface de contrôle avec une vitesse verticale et ressortent avec une vitesse
horizontale. Une force a donc modifié leur quantité de mouvement. QueP
vaut-elle ?
po
~0 et donc, en notant
Comme le mouvement est stationnaire, d~
=
F~ext la somme des forces extérieures
dt
appliquées au système, on a, en appliquant la relation d’Euler,
X
~0 =
F~ext + Dm~ve − Dm~vs .
(10.7)
En projetant sur l’axe horizontal, on obtient la force d’entraı̂nement du tapis :
Fh = Dm vs .
(10.8)
La vitesse de sortie correspond à celle du tapis.
10.3.4
Application à la fusée
Une fusée, de masse M , avance en éjectant des gaz avec une vitesse relative ~u. Contrairement aux exemples
précédents, la surface de contrôle est en mouvement et la masse de la fusée n’est pas constante. La situation est
donc un peu plus compliquée.
Considérons le volume de la fusée comme système et commençons par faire un bilan de masse. Il n’y a pas
e
s
de gaz qui pénètre et donc Dm
= 0. La masse totale de la fusée varie et dM = −Dm
dt, comme on l’a vu. On
dM
s
en déduit que Dm = − dt . Cela signifie que pendant un temps dt, la fusée éjecte −dM .
En choisissant le référentiel terrestre comme référentiel d’étude supposé galiléen, les gaz sont éjectés à la
vitesse absolue ~v + ~u, où ~v est la vitesse de la fusée. Enfin, on va supposer que la seule force extérieure appliquée
est le poids, M~g .
L’application du théorème d’Euler, équation (10.6), conduit à
d~
po
dM
= M~g +
(~v + ~u).
dt
dt
(10.9)
CHAPITRE 10. MÉCANIQUE DES SYSTÈMES OUVERTS
100
Comme p~o = M~v et que, dans cet exemple, la masse M varie, il faut faire attention en dérivant la quantité
de mouvement,
d~v dM
d~
po
=M
+
~v .
(10.10)
dt
dt
dt
L’équation d’Euler conduit donc à
d~v
dM
M
= M~g +
~u.
(10.11)
dt
dt
u apparaı̂t donc comme un “terme de poussée”. Comme dM
u est opposé à ~v , ce nouveau
Le terme dM
dt ~
dt < 0 et ~
terme tend bien à accroı̂tre la vitesse de la fusée. Bien évidemment, la fusée ne va décoller que si la force de
poussée est plus forte que le poids.
En supposant que la pesanteur ~g est uniforme et que ~u, la vitesse relative des gaz éjectés, est constante,
ce qui n’est pas le cas dans la réalité, on peut intégrer facilement l’équation précédente pour trouver la vitesse
finale de la fusée,
Mf
~vf = ~vi + ln
~u + ~g t.
(10.12)
Mi
Ce résultat porte le nom d’équation de Tsiolkovski.
Avec les technologies actuelles, on peut montrer que l’on ne peut pas s’affranchir du champ de pesanteur de
cette façon et qu’il est nécessaire d’avoir une fusée à étage. C’est à dire que les “boosters” sont largués quand
ils sont vides afin d’alléger la fusée de masses inutiles. Un autre système prend alors le relais pour communiquer
une vitesse plus élevée à une fusée plus légère.
10.3.5
Cas d’un réacteur d’avion
Pour un avion, c’est différent, car de l’air entre dans les réacteurs avant d’être rejeté avec une vitesse plus
élevée. A cela s’ajoutent les gaz issus de la combustion que l’on va négliger. Ainsi, le débit à l’entrée est le
même qu’à la sortie et la masse de l’avion est constante. On note le débit Dm et la masse de l’avion M . Comme
précédemment, on note ~u la vitesse relative des gaz à la sortie et ~v la vitesse de l’avion.
On peut alors faire l’étude dans le référentiel de l’avion, qui n’est pas galiléen, ou dans le référentiel terrestre,
qui l’est. Pour simplifier, on supposera qu’il n’y a pas de vent.
Etude dans le référentiel de l’avion
L’avion est immobile dans son propre référentiel et donc, p~o = ~0. Les gaz entrent à la vitesse −~v et ressortent
à la vitesse ~u. Il faut aussi prendre en compte les forces d’inertie. On a donc
d~
po ~ X ~
=0=
Fext + Dm (−~v ) − Dm ~u − M~a.
dt
Le dernier terme correspond à la force d’inertie d’entraı̂nement. Finalement,
X
M~a =
F~ext − Dm (~v + ~u).
(10.13)
(10.14)
Le dernier terme correspond la poussée de l’avion.
Etude dans le référentiel terrestre
On peut refaire la même chose dans le référentiel terrestre, absolu. La vitesse des gaz à l’entrée est nulle s’il
n’y a pas de vent. En revanche, à la sortie, la vitesse absolue vaut ~v + ~u. Il n’y a pas de force d’inertie. On a
donc
X
d~
po
=
F~ext − Dm (~v + ~u).
(10.15)
dt
Comme on a négligé la contribution des gaz de combustion,
dM
dt
= 0 et l’on retrouve l’équation (10.14).
CHAPITRE 10. MÉCANIQUE DES SYSTÈMES OUVERTS
101
Poussée et vitesse stationnaire
Attention, lors de l’application numérique, ~u et ~v sont de sens contraire. L’avion n’est propulsé que si la
vitesse relative des gaz éjectés est supérieure à la vitesse absolue de l’avion.
L’équation (10.14) est une équation différentielle du premier ordre qui peut être résolue analytiquement avec
quelques approximations. Pour simplifier, on va supposer que l’avion vole horizontalement et que la force de
portée compense le poids. Il reste une force extérieure horizontale due aux frottements fluides, égale à −f~v . La
projection de l’équation (10.14) sur l’axe horizontal orienté dans le sens du mouvement conduit donc à
M
dv
= −f v − Dm v + Dm u.
dt
(10.16)
La solution stationnaire, qui correspond aux temps longs, est
v=
Dm
u.
f + Dm
(10.17)
Il est peu réaliste d’étudier le régime transitoire avec l’hypothèse que l’avion a une trajectoire horizontale. Si le
coefficient de frottement est faible devant Dm , la vitesse de croisière de l’avion est limitée à u. Les gaz sortent
alors avec une vitesse absolue nulle.
10.4
Bilan de moment cinétique
Vous avez sûrement déjà observé des tourniquets d’arrosage ou des feux d’artifice qui tournent sous l’action
d’un jet de matière. Pour étudier le mouvement de rotation sur lui-même, nous allons devoir aussi étendre
le théorème du moment cinétique aux systèmes ouverts. Pour cela, nous allons suivre la même démarche que
précédemment.
10.4.1
Théorème
Comme vous pouvez l’imaginer, nous allons calculer le moment cinétique du jet cette fois-ci et plus sa
quantité de mouvement. La distance à l’axe de rotation entre donc en compte. Pour simplifier, nous allons donc
supposer que le jet de matière est très fin par rapport à la distance à l’axe. Par ailleurs, nous allons considérer
un système plus général avec de la matière entrant et sortant comme représenté sur la figure 10.3.
On va reprendre exactement la même démarche que pour la quantité de mouvement.
Le système ouvert est délimité par la surface de contrôle représentée sur la figure 10.3. A la date t, les
systèmes ouverts et fermés coı̈ncident. Leurs moments cinétiques sont donc identiques. Ce n’est plus le cas à la
date t + dt où l’on a
−→
−−→
s
e
~σo (t + dt) = ~σf (t + dt) − OS ∧ Dm
dt ~vs + OE ∧ Dm
dt ~ve .
(10.18)
Cette expression n’est valable que si la section à travers laquelle coule le fluide est faible par rapport à la distance
à l’axe. On suppose aussi que toute la matière entre à la même vitesse ~ve et sort à la vitesse ~vs . Autrement, il
faut calculer une intégrale.
En retranchant ~σo (t) = ~σf (t) de chaque côté et en divisant par dt, on obtient
−−→
d~σf −→
d~σo
s
e
=
− OS ∧ Dm
~vs + OE ∧ Dm
~ve .
dt
dt
(10.19)
Et comme on peut appliquer le théorème du moment cinétique au système fermé, on a, finalement,
X
−−→
−→
d~σo
e
s
~ ~
=
M
ve − OS ∧ Dm
~vs .
Fext /O + OE ∧ Dm ~
dt
(10.20)
Cette expression, qui n’est valable que si le point de référence O est fixe dans un référentiel galiléen, ressemble
beaucoup à l’expression trouvée avec la quantité de mouvement.
Là encore, les vitesses ~ve et ~vs sont des vitesses absolues alors que les débits en entrée et sortie sont calculés
avec les vitesses relatives par rapport à la surface de contrôle.
CHAPITRE 10. MÉCANIQUE DES SYSTÈMES OUVERTS
102
Figure 10.3 – Représentation shématique d’un système tournant avec entrée et sortie de matière.
10.4.2
Arrosage à tourniquet
Appliquons ce résultat à un système d’arrosage à tourniquet représenté figure 10.4 : l’eau arrive par le bas
suivant l’axe de rotation et ressort dans les deux bras, en A et en B.
Le système ouvert étudié est défini par la zone en bleu de la figure. Il subit une force de frottement fluide,
~ = −k~
comme toute machine tournante qui se traduit par un couple de forces M
ω avec ω, la vitesse de rotation
du tourniquet. Le poids et la réaction du support ont un moment nul.
Comme le débit en entrée est égal au débit total en sortie, la masse contenue dans le système ouvert est
constante, ainsi que son moment d’inertie par rapport à l’axe de rotation. Si l’on note Dm le débit total qui
entre dans le tourniquet, il ressort Dm /2 dans chaque bras.
Regardons maintenant les vitesses en entrée et sortie. Si l’on note u la norme de la vitesse relative de l’eau
dans la canalisation, en supposant qu’elle est constante et uniforme, la vitesse en entrée, ve = u. En sortie, la
vitesse relative vaut ~us = −u~uθ et la vitesse absolue ~vs = (Rω − u)~uθ où R est la longueur d’un bras.
L’application du théorème du moment cinétique conduit donc à
d~σo
dt
−→ Dm
−−→ Dm
= −k~
ω − OA ∧
(Rω − u)~uθ − OB ∧
(Rω − u)~uθ
2
2
= −k~
ω − Dm R(Rω − u)~uz .
(10.21)
(10.22)
En projetant sur l’axe vertical orienté vers le haut, on obtient une équation différentielle
I∆ ω̇ = −kω + RDm (u − Rω).
(10.23)
L’éjection d’eau par le tourniquet entraı̂ne un couple de force qui agit sur le système et qui est égal à RDm (u −
Rω).
La résolution de cette équation différentielle du premier ordre est facile et donne
Dm Ru
k + R 2 Dm
ω(t) =
1 − exp −
t ,
(10.24)
k + R2 Dm
I
CHAPITRE 10. MÉCANIQUE DES SYSTÈMES OUVERTS
103
Figure 10.4 – Représentation shématique d’un tourniquet hydraulique.
en supposant que ω(0) = 0.
Si Dm = 0, le tourniquet est immobile. C’est bien l’eau éjectée qui fait tourner le tourniquet. Pas besoin de
moteur.
Pour des temps longs, la vitesse de rotation tend vers une valeur constante
ω=
Dm Ru
.
k + R2 Dm
(10.25)
Même en l’absence de frottement (k = 0), la vitesse de rotation est limitée et vaut ω = u/R. Dans ce cas, la
vitesse absolue de sortie de l’eau vs = 0 ! Ce n’est pas très pratique pour arroser une pelouse. Il faut donc que
le tourniquet résiste à la force de poussée due à l’eau. C’est le rôle de la force de frottement. Si k 6= 0 la vitesse
absolue de l’eau à la sortie du tourniquet vaut
vs =
ku
.
k + R 2 Dm
(10.26)
Si le coefficient de frottement est grand, la vitesse absolue de l’eau vs → u, ce qui se comprend bien car le
tourniquet ne tourne presque plus et ω devient petite. Ici, le seul intérêt de la rotation est de ne pas toujours
arroser au même endroit.
10.4.3
Turbine hydraulique
Le système précédent, en le raffinant un peu, peut servir à faire tourner une turbine et produire de l’électricité.
La force de poussée devient donc une force motrice qui actionne un moteur.
Mais le moteur ne tourne pas à vide. Imaginons que l’on veuille produire de l’électricté par induction. La
force électromotrice est proportionnelle à la dérivée du flux coupé et donc à la vitesse de rotation ω. Cela induit
un couple de forces similaire au couple de frottements fluides du tourniquet. On peut aussi imaginer un couple
~ r le couple résistant.
résistant constant et refaire les calculs, voire les deux. Dans la suite, nous noterons M
Dans tous les cas, pour que la puissance transmise soit élevée, il faut que le débit soit élevé. Ce n’est pas le
cas avec le tourniquet précédent et il faut optimiser le dispositif.
Nous allons étudier la roue à aube de la figure 10.5 qui peut servir comme turbine ou comme pompe à eau.
Dans le premier cas, c’est le débit d’eau qui fait tourner la roue, comme pour le tourniquet, alors que dans le
deuxième cas, c’est la rotation de la roue qui fait couler l’eau par la force centrifuge. Dans les deux cas, l’eau
entre par le centre et ressort sur les côtés. On va supposer que la roue tourne autour d’un axe vertical à la
vitesse angulaire ω.
Considérons ce qui se passe dans une aube représentée sur la figure 10.6. Le débit en entrée est égal au débit
en sortie. La masse et le moment d’inertie sont donc constants. S’il y a n aubes, le débit dans une aube est égal
à Dm /n. Mais quand on sommera sur toutes les aubes, il faudra multiplier par n. On peut donc ne considérer
qu’une aube avec un débit Dm , car c’est équivalent à la roue complète.
CHAPITRE 10. MÉCANIQUE DES SYSTÈMES OUVERTS
104
Figure 10.5 – Photo d’une roue à aube pour pompe à eau. (Photo extraite du sujet de physique du CAPES
2013).
On note ~ue et ~us les vitesses relatives par rapport à la roue de l’eau en entrée et en sortie. Pour obtenir les
vitesses absolues, il faut ajouter la vitesse d’entraı̂nement en entrée et en sortie, ~vee = Re ω~uθ et ~vse = Rs ω~uθ
pour obtenir :
~ve = ~ue + ~vee
et
~vs = ~us + ~vse .
(10.27)
Le théorème du moment cinétique s’écrit finalement,
d~σo
dt
~ r + Dm (R
~ e ∧ ~ve − R
~ s ∧ ~vs )
= M
(10.28)
~ r + Dm (Re veθ − Rs vsθ )~uz ,
= M
(10.29)
où veθ et vsθ sont les composantes orthoradiales des vitesses correspondantes.
En régime stationnaire, la dérivée du moment cinétique est nulle et l’on a finalement,
~ r = Dm (Rs vsθ − Re veθ )~uz .
M
(10.30)
~r ·ω
M
~ = Dm (Rs vsθ − Re veθ )ω = Dm (vse vsθ − vee veθ ).
(10.31)
La puissance correspondante s’écrit
Il s’agit de la relation d’Euler des turbo-machines qui est utilisée par les spécialistes du domaine.
~ r est le couple de forces qui s’exerce sur l’eau du système ouvert, et donc la puissance
Dans ce calcul, M
correspondante est reçue par cette eau. Si l’on traite d’une pompe à eau, c’est donc la puissance fournie par
la pompe. En revanche, si l’on étudie une turbine, on s’intéresse à la puissance fournie par l’eau. C’est donc
l’inverse qu’il faut calculer.
Figure 10.6 – Schéma de la roue à aube avec les vitesses relatives de l’eau en entrée et en sortie.
CHAPITRE 10. MÉCANIQUE DES SYSTÈMES OUVERTS
10.5
English vocabulary
systèmes ouverts
débit de masse
masse volumique
vitesse relative de sortie
poussée (force de)
fusée
équation de Tsiolkovski
régime permanent
open systems
mass flow rate
density
velocity of the exhaust in the moving frame
thrust
rocket
Tsiolkovsky Rocket Equation or rocket equation or ideal rocket equation
steady state
105
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