RÉDUCTION CANONIQUE DU PROBLÈME À DEUX CORPS I. ÉLÉMENTS CINÉTIQUES I.1 Référentiel barycentrique • On considère deux points matériels M1 et M2 de masse m1 et m2. On note M la masse totale : M = m1 + m2 . On appelle G leur centre d’inertie G G G G G G • On considère deux référentiels : ℜ = O, i , j , k référentiel galiléen et ℜ* = G, i , j , k . G G G G dA dA G G ℜ * est en translation par rapport à ℜ , donc ωℜ*/ ℜ = 0 et = + ωℜ*/ ℜ ^ A . dt ℜ dt ℜ* ( ) ( ) Rappels de définition : JJJJG dOM G v ( M ) = = vitesse absolue de M dt ℜ JJJJG dGM G v * ( M ) = = vitesse relative de M dt ℜ* G G G On a vu dans le cours que v ( M ) = v * ( M ) + vG I.2 Mouvement relatif de 2 par rapport à 1 G JJJJJJG G G On pose r = M 1 M 2 = r u1→2 avec u1→2 vecteur unitaire dirigé de M1 vers M2. G u1→2 r M2 M1 On cherche à déterminer le mouvement relatif de 2 par rapport à 1, c’est par définition déterminer le vecteur G JJJJJJG G r = M 1 M 2 = r u1→2 . La vitesse relative de 2 par rapport à 1 est : JJJJJG JJJJJG JJJJJJG G d GM − GM dM1M 2 2 2 G G G G G G G G G dr = = v2/1 = v2 − v1 = ( v2 * + vG ) − ( v1 * + vG ) = v2 * −v1 * = dt dt dt ℜ* ℜ* ℜ* G G JJJJJJG G G dr On notera par la suite : r = M 1 M 2 = r u1→2 et v = la vitesse relative de 2 par rapport à 1 dt ℜ* ( ) Ne pas confondre vitesse absolue, vitesse relative et vitesse relative de 2 par rapport à 1. JJJJJG G JJJJJJG G JJJJJJG On cherchera par la suite à déterminer r = M 1 M 2 . Connaissant r = M 1 M 2 , on pourra remonter facilement GM 1 et JJJJJG GM 2 et donc connaître le mouvement de M1 et M2 dans ℜ * et donc dans ℜ . I.3 Masse réduite JJJJJG JJJJJG G Par définition du barycentre, on a : m1 GM 1 + m2 GM 2 = 0 JJJJJG JJJJJJG G JJJJJG JJJJJG JJJJJJG G m1 GM 1 + m2 GM 1 + m2 M 1 M 2 = 0 , soit ( m1 + m2 ) GM 1 + m2 M 1 M 2 = 0 , d’où JJJJJG −m1 JJJJJG JJJJJG m2 JJJJJJG m1 JJJJJJG GM 1 = − M 1 M 2 et GM 2 = GM 1 = M1M 2 m1 + m2 m2 m1 + m2 On définit la masse réduite µ telle que : µ = m1 m2 1 1 1 ou = + µ m1 m2 m1 + m2 JJJJJG JJJJJG 1 G 1 G On a donc GM 1 = − µ r et GM 2 = µ r . Ces deux relations se retrouvent très facilement avec la relation de m1 m2 Chasles. I.4 Quantités de mouvement barycentrique G G G On a vu dans le chapitre « Mécanique d’un système de points matériels » que P* = 0 = p1 * + p2 * Q Réduction canonique du problème à deux corps (33-208) Page 1 sur 5 JN Beury JJJJJG G dGM 2 m dr G G G G G G = 2 µ = µ v . On en déduit que p1 * = − p2 * = − µ v p2 * = m2 v2 * = m2 dt ℜ* m2 dt ℜ* G G p2 * = µ v I.5 Moment cinétique barycentrique Le moment cinétique barycentrique ne dépend pas du point où le calcule. On le calcule très souvent en G : JJJJJG G JJJJJG G JJJJJG JJJJJG G JJJJJJG G G σ G * = GM 1 ^ p1 * +GM 2 ^ p2 * = −GM 1 + GM 2 ^ p2 * = M 1 M 2 ^ µ v G G G σ G * = r ^ µv ( ) I.6 Énergie cinétique barycentrique 2 2 ( p1 *) ( p2 *) 1 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 + = + Ec * = m1 ( v1 *) + m2 ( v2 *) = µv (µ v ) = 2 2 2m1 2m2 2 m1 m2 2µ Ec * = 1 2 µv 2 II. RÉDUCTION CANONIQUE DU PROBLÈME À DEUX CORPS II.1 Problème à deux corps – Le référentiel barycentrique est galiléen On appelle problème à deux corps l’étude d’un système isolé de deux points matériels. Il n’y a pas de forces extérieures au système. G G G On applique le théorème du centre d’inertie au système isolé {M 1 , M 2 } dans le référentiel ℜ = O, i , j , k galiléen. G G G G dP dvG = Rext = 0 = M dt ℜ dt ℜ G a donc un mouvement rectiligne uniforme. ℜ * est donc en translation rectiligne uniforme par rapport à ℜ . Le référentiel ℜ * est donc galiléen pour le problème à deux corps ( ) II.2 Équation du mouvement relatif • On applique le PFD à la masse m2 dans le référentiel ℜ * galiléen : G G G G G G G G G dv dv2 * dp2 * dv µ = f int sur 2 + f ext sur 2 = f1→2 , soit = µ = f1→2 , d’où = f1→2 (1) m2 dt ℜ* dt ℜ* dt ℜ* dt ℜ* • On applique le PFD à la masse m1 dans le référentiel ℜ * galiléen : G G G G G G G G dv1 * dp1 * dv = f int sur 1 + f ext sur 1 = f 2→1 , soit = − µ = f 2→1 = − f1→2 d’après le principe des actions m1 dt ℜ* dt ℜ* dt ℜ* G G dv réciproques, d’où µ = f1→2 (2). dt ℜ* On obtient les mêmes équations (1) et (2). G Cela permet de déterminer r , c'est-à-dire le mouvement relatif de 2 par rapport à 1. Nous allons introduire le mobile réduit qui permet d’avoir une représentation concrète du mouvement relatif de 2 par rapport à 1. II.3 Mobile réduit (ou mobile équivalent) On appelle mobile réduit (ou mobile équivalent ou mobile fictif) un point matériel qui serait situé au point M tel que JJJJG JJJJJJG G mm GM = M 1 M 2 = r et dont la masse serait égale à la masse réduite : µ = 1 2 . m1 + m2 JJJJG G dGM G dr On a = = v = vitesse relative de 2 par rapport à 1 dt ℜ* dt ℜ* = vitesse du mobile réduit dans ℜ * G G dv On a vu que µ = f1→2 dt ℜ* Le mouvement du mobile réduit peut s’étudier dans ℜ * comme celui d’un point matériel de masse égale à la G masse réduite µ et auquel serait appliqué la force f1→2 que le point M1 exerce sur le point M2. Q Réduction canonique du problème à deux corps (33-208) Page 2 sur 5 JN Beury z M2 M1 M G y x La méthode du mobile réduit ramène l’étude du problème à deux corps à celle du problème à un corps. On dit que l’on a procédé à la réduction canonique du problème à deux corps. G Un intérêt supplémentaire est que Ec * et σ G * calculés précédemment s’identifient à ceux de son mobile réduit : G G G 1 2 µ v = énergie cinétique du mobile réduit dans ℜ * et σ G * = r ^ µ v = moment cinétique en G du mobile réduit 2 dans ℜ * . JJJJJG JJJJJG G On a donc une équation différentielle permettant de connaître r . On peut donc en déduire GM 1 et GM 2 et si JJJJJG JJJJJG nécessaire OM 1 et OM 2 Ec * = II.4 Conservation du moment cinétique et conséquences On a vu que le référentiel ℜ * est galiléen. Le théorème du moment cinétique appliqué au système {M 1 + M 2 } JJG G On a donc conservation du moment cinétique : σ G * = cte JJJJG G G G G G G G Or σ G * = r ^ µ v , donc σ G * ⊥ r . On a vu que GM = r ⊥ σ G * G G G dσ G * s’écrit : = Rext = 0 dt ℜ* G Le mouvement du mobile réduit est donc le plan passant par G et orthogonal à σ G * G G Remarque : Si σ G * = 0 , alors on un mouvement rectiligne. G G On choisit l’axe Oz tel que σ G * = σ * u z On utilise les coordonnées cylindriques pour repérer la position de M. G G G G G r + rθuθ = µ r 2θu z σ G * = rur ^ µ ru G G G G On pose σ G * = σ * u z = µ r 2θu z = µ Cu z ( y G ur M ) La constante des aires vaut C = r 2θ Le mobile réduit suit donc la loi des aires. G uθ r θ x G z µ µ JJJJJG JJJJJG 1 G r r 1 G GM 1 = r1 = GM 2 = r2 = m1 m2 µ r . On a donc : et On a vu que GM 1 = − µ r et GM 2 = m1 m2 θ = θ + π θ = θ 1 2 2 y 2 m m On a C = r 2θ , donc C = 1 r1 θ1 et C = 2 r2 θ2 µ µ 2 µ 2 r1 θ1 = C = C1 m1 On a donc : 2 µ 2 = C2 r2 θ 2 = C m2 Les mouvements de M1 et M2 s’effectuent selon la loi des aires avec C1 ≠ C2 . M M2 G θ θ2 x θ1 M1 II.5 Cas particulier des forces d’interaction newtonienne a) Équation différentielle du mouvement du mobile réduit G G k G Le principe fondamental de la dynamique s’écrit pour le mobile réduit dans ℜ * : µ a = f = 2 ur r G 2 2 On utilise la formule de Binet pour l’accélération et on projette suivant ur : − µ C u ( u + u ") = k u 2 On en déduit l’équation différentielle du mouvement : u + u " = Q Réduction canonique du problème à deux corps (33-208) −k . µC 2 Page 3 sur 5 JN Beury Dans le chapitre « Interaction newtonienne entre deux particules », on a résolu cette équation différentielle. En utilisant la même méthode, on trouve : p µC 2 avec p = . • Pour une force attractive, on obtient r = k 1 + e cos θ Pour une force répulsive, on obtient : r = • µC 2 p avec p = . k e cos θ − 1 b) Conservation de l’énergie mécanique b1) Démonstration avec le système constitué des deux particules On applique le théorème de l’énergie cinétique au système {M 1 + M 2 } dans le référentiel ℜ * galiléen. dEc * = δ Wint + δ Wext = δ Wint car le système est isolé. G k G On considère deux points matériels en interaction newtonienne : f1→2 = 2 u1→2 . On a vu dans le chapitre r k précédent que δ Wint = −dE p avec E p = . r On a donc dEc * = δ Wint = −dE p , d’où Ec * + E p = cte b2) Démonstration simplifiée mais suffisante avec le mobile réduit Le mobile réduit est soumis à une force qui dérive d’une énergie potentielle : E p = k . r 1 2 µv 2 On a donc conservation de l’énergie mécanique du mobile réduit dans ℜ * : Em * = Ec * + E p = cte . On a donc conservation de l’énergie mécanique avec Ec * = On peut donc reprendre tout le cours que l’on a vu sur les forces d’interaction newtonienne à condition de G k G raisonner dans le référentiel ℜ * sur le mobile réduit de masse µ et soumis à une force f1→2 = 2 u1→2 avec r k Ep = . r c) Énergie potentielle effective pour des forces d’interaction newtonienne 1 k L’énergie mécanique dans ℜ * vaut : Em * = Ec * + E p = µ v 2 + . 2 r JJJJG G G G G C r + rθuθ . Soit v 2 = r 2 + r 2θ 2 . On remplace θ par 2 . En coordonnées polaires, on a OM = rur et v = ru r 2 1 k 1 k µC Soit : Em * = Ec * + E p = µ r 2 + r 2θ 2 + = µ r 2 + 2 + 2 r 2 2 r r ( ) On définit l’énergie potentielle effective : E p eff = µC 2 2r 2 + k . Comme r 2 > 0 , on doit avoir E p eff < Em * r c1) Force attractive (k < 0) Ep eff Ep eff Em> 0 valeurs de r inaccessibles valeurs de r inaccessibles rmin r Ep eff rmin r Em= 0 r1 r2 r Em< 0 mouvement borné hyperbole parabole Q Réduction canonique du problème à deux corps (33-208) ellipse Page 4 sur 5 JN Beury • • • Si Em* > 0, e > 1. On a une branche d’hyperbole. Si Em* = 0, e = 1. La trajectoire est une parabole. Si Em* > 0, e < 1. La trajectoire est une ellipse (e = 0 correspond au cercle). c2) Force répulsive (k > 0) Em* > 0, e > 1. On a une branche d’hyperbole. Ep eff Em> 0 valeurs de r inaccessibles r rmin d) Expressions simplifiées de l’énergie mécanique On peut redémontrer (voir chapitre « Interaction newtonienne entre deux particules ») les résultats suivants : k 2 Em * = ( e − 1) 2p • Pour une parabole, l’énergie mécanique est nulle : Em = 0. • Pour une ellipse, l’énergie mécanique est toujours négative, on retient la formule : Em * = − • • k . 2a Pour une hyperbole, l’énergie mécanique est toujours positive (force répulsive ou force attractive), on k retient par cœur la formule : Em * = − . 2a k ON PEUT RETENIR QUE POUR UNE ELLIPSE OU UNE HYPERBOLE, ON A : Em * = ± . IL 2a SUFFIT DE RÉFLÉCHIR AU SIGNE DE L’ÉNERGIE MÉCANIQUE POUR SAVOIR QUEL SIGNE IL FAUT METTRE. e) Troisième loi de Kepler dA 1 2 C C = r θ = , d’où dA = dt . dt 2 2 2 C C2 2 Sur une période, on a : A = π ab = T . En élevant au carré, on obtient π 2 a 2 b 2 = T (1). 2 4 k b2 µC 2 C2 . Or p = = On a donc 2 = a k µa b Le mobile réduit suit la loi des aires : • • • Il reste à remplacer dans l’équation (1) : π 2 a 2 = T 2 4π 2 µ 1 k 2 . T , d’où 3 = a k 4 µa Remarque : Très souvent, on demande une démonstration simplifiée avec un mouvement circulaire uniforme. Q Réduction canonique du problème à deux corps (33-208) Page 5 sur 5 JN Beury