Chap10. Dynamique du point

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CHAPITRE 10. DYNAMIQUE DU POINT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.1 10.1. Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.1 10.1.1. Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.1 10.1.2. Bases de la dynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.1 10.2. Modèle Newtonien de la dynamique du point matériel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.1 10.2.1. Grandeurs fondamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.1 10.2.2. Les quatre principes de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.2 A) Premier principe (ou encore principe galiléen de l’inertie) . . . . . . . . . . . . - 10.2 B) Deuxième principe (loi fondamentale de la dynamique) . . . . . . . . . . . . . . - 10.2 C) Troisième principe (dit de l’indépendance des effets de force) . . . . . . . . . - 10.2 D) Quatrième principe (dit de l’action et de la réaction) . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.2 10.2.3. Systèmes d’axes “absolus” ou “inertiels” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.5 10.2.4. Principe de d’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.8 10.3. Equations différentielles du mouvement du point. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.10 10.3.1. Principe d’utilisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.10 10.3.2. Méthode de résolution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.11 10.4. Etude du mouvement rectiligne du point matériel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.12 10.4.1. Théorie générale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.12 10.4.2. Forces constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.12 10.4.3. Forces temporanées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.13 10.4.4. Forces motionnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.14 A) Par rapport à t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.14 B) Par rapport à x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.15 10.4.5. Force positionnelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.17 10.5. Etude du mouvement curviligne du point matériel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.20 10.5.1. Point matériel libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.20 10.5.2. Point matériel lié . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.23 10.6. Théorème généraux de la dynamique du point . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.26 10.6.1. Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.26 10.6.2. Théorème de la quantité de mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.26 A) Définition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.26 B) Théorème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.26 10.6.3. Théorème de l’énergie cinétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.28 A) Définition du travail effectué par une force . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.28 B) Définition de la puissance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.31 C) Pompe et ventilateur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.31 D) Définition de l’énergie cinétique - Théorème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.32 10.6.4. Théorème du moment cinétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.35 A) Définition du moment cinétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.35 B) Définition du moment dynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.35 C) Théorème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.35 10.7. Conservation de l’énergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.38 10.7.1. Classification des forces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.38 A) Forces “qui ne travaillent pas” (puissance développée nulle) . . . . . . . . . - 10.38 B) Forces conservatives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.38 C) Forces dissipatives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.40 10.7.2. Conservation de l’énergie dans le cas des forces conservatives . . . . . . . . . . - 10.41 10.8. Collisions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.44 10.8.1. Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.44 10.8.2. Conservation de la quantité de mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.44 10.8.3. Classification des collisions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.45 A) Collisions “élastiques” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.45 B) Collisions “inélastiques” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 10.45 -
C) Coefficient de restitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.8.4. Collisions élastiques à une dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.8.5. Collisions parfaitement inélastiques à une dimension (choc mou) . . . . . . . . .
10.8.6. Collisions élastiques à deux dimensions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
- 10.45 - 10.46 - 10.49 - 10.51 -
Version du 17 mars 2015 (18h52)
CHAPITRE 10. DYNAMIQUE DU POINT
10.1. Introduction
10.1.1. Définitions
La “dynamique” est la partie de la mécanique qui étudie les lois du mouvement des solides
matériels soumis à l’action des forces. Alors que le mouvement des corps a été étudié en cinématique d’un
point de vue purement géométrique, la dynamique permet de faire le lien entre les forces appliquées sur
un solide matériel et le mouvement qu’effectue ce dernier. La notion de force a été introduite en statique;
on a supposé alors que les forces étaient invariables. Or, en réalité, les forces peuvent, d’une façon
déterminée, dépendre du temps, de la position du corps, et de sa vitesse.
En dynamique, on peut ainsi être conduit à considérer certaines forces comme constantes (par
exemple, la force de pesanteur), tandis que d’autres sont variables (par exemple, la force exercée par un
ressort dépend de l’allongement du ressort; la force de résistance à l’avancement dans l’air varie comme
le carré du module de la vitesse ...).
10.1.2. Bases de la dynamique
La dynamique est essentiellement une science expérimentale, c’est-à-dire basée sur des
observations permettant d’induire certains axiomes; ceci permet alors d’élaborer une théorie
mathématique modélisant le comportement des systèmes. La qualité du modèle dépend bien évidemment
de la valeur et de la généralité des résultats expérimentaux de départ. Il n’est dès lors pas surprenant que
l’évolution des techniques d’observation conduise à une remise en question des axiomes énoncés, ce qui
entraîne une révision du modèle mathématique adopté. Cette révision n’implique pas pour autant le rejet
du modèle précédent : elle fait simplement apparaître pour ce dernier des hypothèses complémentaires
limitant son champ d’application.
Le modèle newtonien, qui sera le seul à être développé dans la suite du texte, permet d’expliquer
parfaitement la plupart des phénomènes classiques accessibles à l’observateur terrestre; il est d’ailleurs
à la base de tous les modèles qui l’ont suivi. Ses principales limitations sont :
< les limitations dues aux grandes vitesses, proches de la vitesse de la lumière (mécanique
relativiste);
< les limitations dues aux petites dimensions (mécanique ondulatoire);
< les limitations dues au grand nombre de coordonnées (mécanique statistique);
< les limitations dues au caractère discontinu de certaines grandeurs (mécanique quantique).
10.2. Modèle Newtonien de la dynamique du point matériel
10.2.1. Grandeurs fondamentales
Les grandeurs fondamentales intervenant en dynamique sont la masse (réelle, positive, additive,
invariante), la longueur et le temps. Il y a un double intérêt à étudier la dynamique du point matériel
(concept dont on sait qu’il n’a pas de réalité physique propre).
A) Tout d’abord, on peut montrer que le mouvement d’un système peut être décomposé en un
mouvement de son centre de masse affecté de la masse totale du système, auquel on superpose un
mouvement du système autour de ce centre de masse. Si ce dernier mouvement est négligeable vis-àvis du premier, ou sans intérêt, le problème est ramené à l’étude du mouvement d’une masse
ponctuelle correspondant à la définition de la particule newtonienne.
© J-P. Bauche - R. Itterbeek
Mécanique - Dynamique du point
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B) D’autre part, un corps animé d’un mouvement de translation peut être assimilé à un point matériel,
le point G, dont la masse est égale à la masse totale du corps.
Il est donc logique d’étudier successivement la dynamique du point et la dynamique du solide.
10.2.2. Les quatre principes de Newton
A) Premier principe (ou encore principe galiléen de l’inertie)
Un point matériel qui est infiniment éloigné de tout autre, de façon qu’on puisse considérer qu’il
n’est soumis à aucune force, est soit au repos, soit en mouvement rectiligne uniforme (mouvement à
accélération nulle). Ce qui permet de déduire : pas de force, pas d’accélération; la force, c’est la cause
d’une accélération.
B) Deuxième principe (loi fondamentale de la dynamique)

Si f est la force unique (nécessairement extérieure) agissant sur un point matériel de masse m
(considérée comme invariable), on a la relation :


f = ma

 

ce qui confirme le premier principe : si f est nulle, a l’est aussi, ce qui implique v = k .
C’est la loi fondamentale de la mécanique : cette relation est vraie, vectoriellement, pour autant

que a représente l’accélération absolue du point matériel considéré (voir discussion en § 10.2.3.).
C) Troisième principe (dit de l’indépendance des effets de force)
  
Si on fait agir simultanément sur la masse m des forces f 1 , f 2 , f 3 , qui lui communiquent
  
séparément les accélérations absolues respectives a1 , a 2 , a 3 , tout se passe comme si la masse m était

soumise à la force F :








f 1 + f 2 + f 3 = F = m a = m a1 + m a 2 + m a 3

F étant la résultante des forces (extérieures) appliquées sur le point de masse m.
D) Quatrième principe (dit de l’action et de la réaction)

Si un point matériel 1 exerce sur un point matériel 2 une force f 1 2 dirigée suivant la droite

joignant ces deux points, tandis que le point matériel 2 exerce une force f 2 1 sur le point matériel 1, on
a:


f1 2 = − f 2 1
A chaque action correspond une réaction égale et opposée.
Cette action peut être à distance (attraction entre deux corps ...) ou de contact (glissement le long
d’un plan incliné ...)
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Remarques :
1) La loi fondamentale de la dynamique est une loi vectorielle; dans un trièdre Oxyz, elle
peut donc être traduite en trois égalités scalaires :


F = ma
⇔
 Fx = m a x

 Fy = m a y
F = m a
z
 z
Chaque fois que cela s’avérera possible, on essayera d’exploiter individuellement ces
égalités scalaires.
2) L’unité de force est le newton N; l’unité de masse est le kilogramme kg; l’unité
d’accélération est le m/s2 : on a donc la relation :
1 N = 1 kg × 1 m s 2
Définition : Le newton est la force qui communique à une masse d’un kilogramme
une accélération de 1 m/s2.

Application 10.1. Un ascenseur de masse m = 2 000 kg s’élève avec une accélération a = 2 m s 2 ;

déterminer la tension f c dans le câble.
Solution :
Loi fondamentale
Dans son mouvement de translation, l’ascenseur peut être assimilé
à un point matériel, pour lequel la loi fondamentale de la
dynamique s’écrit :
 



a = a 1z
avec
f + p = ma
ce qui, projeté sur l’axe Oz, donne :
fc − m g = m a
soit encore :

f c = f c = m ( g + a ) = 2 000 × (9.81 + 2) = 23620 N
fig.10.1. - Application 10.1.

Application 10.2. Un aérostat de masse totale m descend avec une accélération a1 . Quelle masse mlest
de lest faut-il jeter pour que ce mouvement descendant (1) devienne ascendant (2) de même module
d’accélération ?
Solution :
Loi fondamentale pour le mouvement descendant :
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


f b + p = m a1

avec : f b la force ascensionnelle


et
p=mg
soit encore, en projetant sur l’axe Ox :
− f b + m g = m a1

f b = m ( g − a)
Loi fondamentale pour le mouvement ascendant :
Après avoir largué le lest mlest, le mouvement devient
ascendant, suivant la loi vectorielle :



f b + p ′ = (m − mlest ) a 2
soit encore, par projection sur Ox :
− f b + (m − mlest ) g = − (m − mlest ) a 2

f b = (m − mlest ) ( g + a )
Conclusions


Dès lors, en égalant ces deux expressions de fb, on obtient, sachant que a1 = a 2 = a :
m ( g − a ) = (m − mlest ) ( g − a )
2 m a = 2 mlest ( g + a )

mlest =
2ma
( g + a)
Application 10.3. Deux points matériels de masses respectives m1 = 2 kg et m2 = 1 kg sont reliés par
un fil inextensible de masse négligeable, passant par une poulie, sans frottement et également de masse


négligeable. Trouver l’accélération a des points matériels et la tension f t dans le fil.
Solution :
Hypothèses
La poulie étant sans masse et sans frottement, la tension dans

le câble f t est constante.
Etudions d’abord le mouvement de la masse m1
 

f t + p1 = m1 a1


ce qui, projeté sur l’axe Ox, donne, sachant que a1 = − a1 1x :
f t − m1 g = − m1 a1
Il y a deux inconnues, à savoir f t et a1.
De la même façon, étudions le mouvement de m2
 

f t + p2 = m2 a 2


soit encore, avec a 2 = a 2 1x :
f t − m2 g = m2 a 2
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Résolution
Le câble étant indéformable : a1 = a 2 = a .
On dispose maintenant de deux équations pour déterminer les deux inconnues; on trouve :
m − m2
a= 1
g = 3.27 m s 2
m1 + m2
f t = m2 ( g + a ) = 131
. N
10.2.3. Systèmes d’axes “absolus” ou “inertiels”
L’expérience montre que les mesures de forces et de masse donnent les mêmes résultats quel que


soit le trièdre de référence choisi; mais il n’en est pas de même pour les accélérations ! Donc si l’égalité F = m a
est vérifiée dans un trièdre donné, elle ne le sera plus dans un autre trièdre animé par rapport au premier
d’un mouvement accéléré. C’est pourquoi il y a lieu de compléter l’écriture de la loi fondamentale :


F = m aa

L’accélération absolue a a étant définie par rapport au système d’axes le plus “immobile” que
nous puissions imaginer, dont l’origine est au centre de gravité du système solaire et dont les axes ont des
directions fixes par rapport aux étoiles. Ce système d’axes est appelé “trièdre de Copernic” (1) . Lorsqu’on
utilise un second système d’axes, mobile par rapport au trièdre de Copernic, la loi de composition des
accélérations (voir paragraphe § 8.3.) s’écrit comme suit :




a a = a e + a r + a Cor


Dans le cas particulier où l’accélération d’entraînement a e et l’accélération de Coriolis a Cor sont


nulles, on a que l’accélération absolue a a coïncide avec l’accélération relative a r (calculée dans le repère
mobile). Dès lors, si :



a e = a Cor = 0 



F = m aa = m ar



Un tel trièdre, pour lequel a e = a Cor = 0 , est appelé “trièdre inertiel”.
On peut démontrer que la condition nécessaire et suffisante pour qu’un trièdre soit
inertiel et qu’il soit animé d’un mouvement de translation rectiligne uniforme par
rapport au trièdre de Copernic.
En pratique cependant, on admettra qu’un système d’axes est inertiel chaque fois que son



influence propre sur le mouvement peut être négligée (c’est-à-dire a Cor et a e négligeables devant a r ).
Pour de très nombreuses expériences, un “trièdre local” lié à la surface terrestre (verticale
apparente, directions est et sud) suffit très largement. Cependant, un certain nombre d’expériences ne
s’expliquent pas dans ce trièdre (par exemple, les déviations dans la chute libre, le pendule de Foucault
... voir chapitre 8.); on adopte alors un “trièdre géocentrique” (axes liés au centre de la terre et dirigés
(1)
Nicolas Copernic (Mikołaj Kopernik), (1473 [Toruń] - 1543 [Frombork] : chanoine polonais, médecin et astronome.
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vers des étoiles réputées fixes).
Seuls quelques phénomènes restent alors inexpliqués (existence de deux marées par jour; certains
mouvements lunaires ...); on parvient finalement à les interpréter dans le “système héliocentrique” qu’est
le trièdre de Copernic.
On peut cependant étudier des systèmes mécaniques rapportés à un trièdre non inertiel à condition
d’écrire :




m a r = F − m a e − m a Cor

 

m ar = F + f in e + f in Cor


Le vecteur − m ae = f in e joue le rôle d’une force fictive constituant la réaction d’entraînement,
elle est appelée “force d’inertie d’entraînement”, et est de sens opposé à l’accélération d’entraînement.


De même, le vecteur − m aCor = f in Cor joue le rôle d’une force fictive,constituant la réaction de
Coriolis; elle est appelée “force d’inertie de Coriolis”, et est également de sens opposé à l’accélération
de Coriolis.
Insistons particulièrement sur le fait que ces forces sont fictives, c’est-à-dire qu’elles n’ont pas
de réalité physique, mais qu’elles permettent d’appliquer dans un trièdre non inertiel la loi fondamentale
de la dynamique établie dans un trièdre inertiel. On peut ainsi redéfinir un trièdre inertiel comme étant
un système d’axes dans lequel les forces d’inertie d’entraînement et de Coriolis sont nulles (ou, en
pratique, négligeables vis-à-vis des forces mises en jeu). Les considérations et exemples du paragraphe
§ 8.4.3. sont des illustrations directes de ces forces d’inertie.
Un autre exemple peut nous faire comprendre la différence de comportement dans un trièdre
inertiel et dans un trièdre non-inertiel. Considérons une bille déposée contre le rebord extérieur d’une
plate-forme tournante. Un observateur sur cette plate-forme est dans un système non-inertiel. Il observe
la bille et ne détecte aucun mouvement par rapport à lui; en l’éloignant légèrement du rebord, il constate
qu’elle reprend immédiatement sa position initiale comme si une force radiale la poussait vers l’extérieur
de la plate-forme. L’observateur en arrive donc à la conclusion que la bille est en équilibre sous l’action

de deux forces : l’une dirigée vers l’extérieur (c’est la force d’inertie f in e nommée, dans ce cas, “force

centrifuge”) et l’autre, f r , dirigée vers le centre et exercée par le rebord de la plate-forme.
Un observateur dans un trièdre inertiel décrirait différemment l’état de la bille. Pour lui, la bille


serait en mouvement circulaire uniforme et subirait une accélération radiale a = ω 2 r . C’est la force f r
exercée par le rebord sur la bille, qui fournit l’accélération nécessaire comme le veut la loi fondamentale
de la dynamique.
L’observateur dans le trièdre inertiel ne constate aucune force centrifuge (force d’inertie) sur la
bille et n’en tiendra pas compte dans son analyse du mouvement.
Remarque :
Dans la suite du texte, et sauf mention explicite du contraire, nous considérerons toujours
que le trièdre de travail utilisé est inertiel, ou quasi inertiel.
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Application 10.4. Quelle est la force d’inertie de Coriolis à laquelle est soumis un avion de 100 tonnes
progressant à 1000 km/h le long d’un méridien, lors de son passage au pôle nord ?
Solution :
Choix des trièdres
Soit Oxyz un trièdre inertiel et O1x1y1z1 un trièdre lié
à la surface terrestre.
Vecteur de Poisson
Le vecteur de Poisson du trièdre relatif vaut :



2π
1z1 = 7.310 − 5 1z1
ωP =
24 × 3600
Vitesse relative
Soit O1y1z1 dans le plan du méridien considéré; l’avion

M a une vitesse relative v M r :


1000 
vM r =
1y1 = 277.8 1y1
3.6
Accélération de Coriolis




a M Cor = 2 ω P × v M r = − 4.04 10 − 2 1x1
Force d’inertie de Coriolis



f in Cor = − m a Cor = 4 040 1x1
Cette force (fictive !) de 4040 N est ainsi responsable de la déviation de l’avion vers la droite
relativement au mouvement, par rapport au méridien parcouru, et ce pour un observateur
terrestre.
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10.2.4. Principe de d’Alembert
On sait que la condition nécessaire d’équilibre statique d’un point matériel dans un repère inertiel

est que la résultante F de toutes les forces (actives et réactives) qui lui sont appliquées soit identiquement
nulle (voir “Chapitre 5. Statique des corps indéformables”).
D’autre part, la loi fondamentale de la dynamique d’un point de masse m constante, rapporté à
un repère inertiel, s’écrit :


F = ma
⇔

 
F − ma = 0

Si on décide de considérer le vecteur − m a comme une force fictive et de l’appeler “force

d’inertie f in “, on voit que dans le mouvement le plus général d’un point matériel rapporté à un repère

inertiel, la résultante de toutes les forces extérieures (actives et réactives) et de la force d’inertie f in est
nulle; c’est en quelque sorte “comme si” le point matériel était alors en “équilibre statique”.
Le principe de d’Alembert (2) s’énonce dès lors : si à chaque instant donné on ajoute la force


d’inertie f in ( = − m a ) aux forces extérieures appliquées au point matériel, le système de forces ainsi
obtenu sera en équilibre et on vérifiera toutes les équations de la statique.
En utilisant le principe de d’Alembert il faut toujours avoir en vue que seules les forces
extérieures appliquées agissent effectivement sur le point et que le point est en mouvement. La force d’
inertie n’agit pas sur le point en mouvement et on n’introduit cette notion que pour avoir la possibilité
de former les équations de la dynamique en utilisant des méthodes plus simples de la statique.


F = ma
⇔
 

F + f in = 0

Insistons particulièrement sur le fait que la force d’inertie f in est toujours de sens opposé à
l’accélération subie par le point matériel.
(2)
Jean-Baptiste Le Rond d’Alembert (1717 – 1783) : mathématicien, mécanicien, physicien et philosophe français.
Page - 10.8 -
Application 10.5. Pendant l’accélération d’un train, une masse m suspendue, à l’aide d’un fil, au
plafond d’un wagon, s’écarte d’un angle α par rapport à la verticale. Déterminer l’accélération du
wagon.
Solution :
Application du principe de d’Alembert
La masse est soumise à l’action de deux forces

extérieures, son poids p et la force de liaison

f l du fil. Ajoutons à ces forces la force

d’inertie f in qui permettrait d’établir l’équilibre
des forces, et réaliserait la même configuration,
en l’absence de mouvement (wagon à l’arrêt).
Résolution


 
On a : p + f l + f in = 0
Par résolution du triangle des forces :


f in = p tan α = m g tan α


Or, on sait que f in = − m a ; on en déduit :

a = g tan α


la direction de a étant opposée à celle de f in .
Application 10.6. Résoudre l’application 10.3. par le principe de
d’Alembert.
Solution :
Hypothèses
La poulie étant sans masse et sans frottement, la tension dans

le câble f t est constante. De plus si le câble est indéformable
l’accélération est constant en grandeur.
Application du principe de d’Alembert
Equilibre vertical de la masse m1
p1 − f in 1 − f t = 0 = m1 g − m1 a − f t
Equilibre vertical de la masse m2
f t − p2 − f in 2 = 0 = f t − m2 g − m2 a
Résolution
On trouve :
m − m2
a= 1
g
m1 + m2
Autre approche
Dans le cas d’un câble, on peut faire passer un “axe courbe” dans celui-ci. Par exemple dans
Page - 10.9 -
notre cas dans le sens des accélération positive. L’équation de la dynamique devient, sachant que

dans ce cas la tension dans le câble f t est une force intérieure et donc n’intervient pas :
m − m2
m1 g − m2 g = (m1 + m2 ) a  a = 1
g
m1 + m2
10.3. Equations différentielles du mouvement du point.
10.3.1. Principe d’utilisation
Soit un repère inertiel Oxyz. Considérons un point matériel en mouvement sous l’action de forces
 


f 1 , f 2 , ... , f n , dont la résultante est F .


La loi fondamentale de la dynamique, F = m a , permet de déterminer les équations différentielles
du mouvement du point, par projection sur les axes de coordonnées et intégration des équations obtenues.

Sachant que les f i ne sont pas nécessairement constantes, mais peuvent varier avec le temps t, et/ou avec
la position x, y, z et/ou avec la vitesse x , y , z (rappel : force du ressort, force aérodynamique de
résistance à l’avancement dans l’air ...), l’écriture la plus générale de ces équations différentielles serait
ainsi :
m a x = m x =  f i x = Fx (t , x , y , z, x, y, z)
m a y = m 
y =  f i y = Fy (t , x , y , z, x, y, z)
m a z = m 
z =  f i z = Fz (t , x , y , z , x, y, z)
Après double intégration de ces équations, avec détermination des constantes d’intégration par
les conditions initiales, on peut disposer des équations paramétriques du mouvement du point :
 x = f 1 (t ) + C1 t + C2

 y = f 2 ( t ) + C3 t + C4

 z = f 3 (t ) + C5 t + C6
Les constantes Cj sont déterminées par les conditions initiales.
Page - 10.10 -
10.3.2. Méthode de résolution
1. Faire un résumé succinct du problème à résoudre : données, inconnues, conditions aux limites.
2. Situer le problème (choix du système d’axes, inertiel ou assimilé).
Remarque :
On choisira le système d’axe de manière tel à pouvoir écrire facilement l’expression de
l’accélération. On prendra notamment le trièdre de Frenet pour les mouvements courbes.
3. Isoler le système étudié ou un élément de ce système, pour faire apparaître les contacts avec
l’extérieur et les forces qui en résultent.
4. Faire le relevé exhaustif des forces appliquées, et préciser les éléments connus de chacune
d’elles; point d’application, direction, sens, module :
<
forces à distance : poids, forces magnétiques, forces électriques ...;
<
forces appliquées données;
<
forces de contact (et réactions d’appuis, souvent inconnues).
5. Mettre en équation, en partant des équations de base et en les appliquant au cas concret;
introduire éventuellement certaines hypothèses simplificatrices.
6. Résoudre le système d’équations différentielles.
7. Vérifier que les résultats satisfont les données et discuter les solutions, en fonction des
éventuelles hypothèses simplificatrices.
Pratiquement, il est rare qu’on puisse résoudre complètement le système d’équations
différentielles. Cependant, on pourra souvent déterminer à partir d’elles des relations entre les fonctions
inconnues, leurs dérivées premières et des constantes arbitraires; ces relations ne comportent donc plus
de dérivées secondes : ce sont les intégrales premières du mouvement du point. La structure particulière
des équations de Newton fait que l’on peut souvent énoncer, à priori, sous certaines conditions, des
intégrales premières : on aboutit ainsi aux “théorèmes généraux” de la mécanique du point, qu’on
examinera en § 10.6..
Page - 10.11 -
10.4. Etude du mouvement rectiligne du point matériel
10.4.1. Théorie générale
L’étude d’un mouvement rectiligne s’effectue à partir d’une seule équation différentielle du type :
m x = F (t , x x )
x étant la coordonnée du point sur la droite support, x sa vitesse et 
x son accélération. Il faut déterminer
des solutions de cette équation qui, pour t = t 0 , prennent des valeurs x = x 0 et x = v 0 imposées
(conditions initiales).
Le plus souvent, il faudra se contenter de chercher des solutions approchées et des intégrales
premières, car la solution générale ne pourra être trouvée. Cette possibilité dépendra du comportement
de F (t , x , x ) par rapport à ses différentes variables. Sont examinés ci-après quelques cas-types où on peut
écrire explicitement la solution, à des intégrations près.
10.4.2. Forces constantes
La force résultante est constante : F = k

m 
x=k.
Dès lors on intègre 2 fois.
k
m
k
k
x = v =  dt = t + C1
m
m
k
k t2


x =   t + C1  dt =
+ C1 t + C2
m

m 2

x=a=
Application 10.7. On lance, sur un plan horizontal, un bloc en forme de
parallélépipède rectangle, de masse m; le coefficient de frottement entre

bloc et plan vaut μ k = 0.2 . Quelle doit être la vitesse initiale v 0 pour que
le bloc s’arrête après 10 secondes ? Quelle sera la distance parcourue ?
Solution :
La réaction d’appui avec frottement est telle que :


t = μk n = μk m g

La résultante F , projetée suivant l’axe Ox, vaut
dès lors :
 

F = t = − μ k m g 1x (constante)
Appliquons la loi de la dynamique du point (sur

1x ) :
fig.10.8. - Résolution : forces active et réactive.
Page - 10.12 -
Accélération :
F
a = 
x = − = − μk g
(1)
m
Vitesse :
v = x = a dt = − μ k g t + v 0

(2)
Position :

x = v dt = − μ k g
t2
+ v0 t + x0
2
(avec : x 0 = 0 ) (3)
Résolution :
Comme la vitesse finale v f = 0 , par (2), on obtient :
0 = − μ k g t + v 0  v 0 = μ k g t = 0.2 × 9.81 × 10 = 19.6 m s
Et la position se calcule par (3) :
10 2
t2
t2
. m
x = − μk g
+ (μ k g t ) t = μ k g
= 0.2 × 9.81 ×
= 981
2
2
2
10.4.3. Forces temporanées
La force résultante ne dépend que du temps : F = F (t )

m 
x = F (t ) .
Dès lors on intègre 2 fois.
1
F (t )
m
1
x = v(t ) =  F (t ) dt + C1
m
1
x = x(t ) =   F (t ) dt dt + C1 t + C2
m

x = a (t ) =
(
)
Application 10.8. Un corps A assimilé à un point matériel de masse m = 1 kg se meut sans frottement

sur un plan π horizontal, en partant du repos, sous l’action d’une force f horizontale constante en

direction mais dont la grandeur vaut f = 0.5 t [ N ] . Déterminer la loi du mouvement de A.
Solution :
Positionnement du trièdre
Soit Oxyz un trièdre inertiel tel que Ox
(horizontal) soit confondu avec la ligne

d’action. de f .
Projection des forces


f = 0.5 t 1x


p = − m g 1z
Page - 10.13 -


f r = f r 1z
(réaction d’appui sans frottement, de la part du plan π)
Application de la loi fondamentale
   

Ainsi F = f + p + f r = m a se traduit par :

 1x
 0.5 t = m a x = m x


 0=0
 1y

 − mg + f r = 0
 1z
( )
( )
( )
Première intégration
Pour l’étude du mouvement seule la première équation est en fait, dans ce cas-ci, utile.
t2
m x = 0.5 + C1
2
Or, en t = 0 , on a v 0 = 0 , d’où C1 = 0 .
Deuxième intégration
t3
m x = 0.5 + C2
6
En faisant coïncider l’origine O du trièdre avec la position du point en t = 0 , on a C2 = 0 .
Lois du mouvement
Sachant que m = 1 kg , on a :
t3
; y =0; x = 0
12
Il s’agit bien d’un mouvement rectiligne suivant l’axe Ox.
x=
10.4.4. Forces motionnelles
La force résultante ne dépend que de la vitesse : F = F ( x )
Dès lors, on pose :
x =

m 
x = F ( x ) .
1
F ( x )
m
A) Par rapport à t
Sachant que x = v , il vient par séparation des variables :
dv 1
1
= F ( x ) = F (v )
dt m
m
m dv
dt =
F (v )
x =
m dv
 dt =  F (v)
Page - 10.14 -

t =m
dv
+ C1
F (v )
Pour trouver la position x = f (t ) , on cherche la fonction inverse t = ϕ (v )

ensuite on intègre : x =  ϕ − 1 (t ) dt .
v = ϕ − 1 (t ) et
B) Par rapport à x
On peut éviter l’inversion de la fonction t = ϕ (v ) par l’astuce suivante :
1
dv 1
= F ( x ) = F (v )
dt m
m
m dv
dt =
F (v )
x =
v dt =
dx =
m v dv
F (v )
(on multiplie par la vitesse v des 2 côtés)
m v dv
F (v )
v dv
 dx =  F (v)

x=m
v dv
+ C1
F (v )

Application 10.9. On communique à un canot (masse m = 40 kg ) une vitesse initiale v 0 = 0.5 m s .

Supposant que la force f r de résistance de l’eau à l’avancement est, pour des faibles vitesses,

proportionnelle à v , déterminer le temps pour que la vitesse du canot diminue de moitié, et le chemin
alors parcouru. Trouver aussi la distance qu’aura parcourue le canot avant de s’arrêter.
Solution :
Soit Ox, aligné suivant le mouvement;
soit O coïncidant avec la position initiale
du canot.
Les forces appliquées sont :


p = − m g 1y


f p = f p 1y
(force due à la poussée d’Archimède)


f r = − k v 1x
Loi fondamentale
On a dès lors :

  

F = p + f p + f r = m a qui se traduit par (projections sur les 3 axes) :
Page - 10.15 -

(1 )

(1 )

(1 )






x

− k vx = m ax
y

−mg + fp = 0
z

0=0
Force motionnelle : résolution
Seule la première équation est intéressante; elle devient :
dv
−kv=m
dt
m dv
dt = −
(1)
k v
Détermination du temps
En intégrant l’équation (1) ci-dessus.
m
t = − ln v + C1
k
m
En t = 0 , v 0 = 0.5
 C1 = ln v 0
k
m v 
 t = ln 0  (2)
k  v
Temps mis pour atteindre v =
1
v0 :
2
Temps mis pour l’arrêt total ( v = 0 ) :
m
m
ln 2 = 0.69
k
k
m
t 2 = ln ∞ = ∞
k
t1 =
Distance parcourue
Il existe deux manières de calculer la distance parcourue
1) à partir de v = f (t ) (équation (2)) on isole v :
 k t
v = v 0 exp −

 m
v0 m
 k t
exp −
 + C2
 m
k
v m
En t = 0 , x 0 = 0
 C2 = 0
k
v m
 k t 
 x = 0  1 − exp −

 m 
k 
et on intègre :
<
Distance parcourue lorsque v = 0.5 v 0 ( t 1 =
x1 =
<
x=−
m
ln 2 ) :
k
 k (m k ) ln 2   v 0 m
v0 m 
 1 − exp −
  =
k 
m

 2 k
Distance pour l’arrêt total ( t 2 = ∞ ) :
v m
x2 = 0
k
Page - 10.16 -
2) à partir de “x” (équation (1)) :
m dv
dt = −
k v
m v dv
m
v dt = −
 dx = − dv
k v
k
et on intègre :
m
x=− v+C
k
En t = 0 , v = v 0 et x = 0 ce qui implique que C =

<
m
v0
k
m
(v 0 − v )
k
Distance parcourue lorsque ( v = 0.5 v 0 ) :
x=
v0  m v0
m
 v0 −  =
2 2k
k 
<
Distance pour l’arrêt total ( v = 0 ) :
v m
x2 = 0
k
Les deux calculs aboutissent aux mêmes conclusions : dans le premier cas, l’arrêt complet ne sera
atteint qu’après un temps t 2 = ∞ , dans le second cas, l’arrêt complet correspondra à v = 0 , ce
qui conduit à la même valeur de distance parcourue.
x1 =
10.4.5. Force positionnelle
La force résultante ne dépend que de la position : F = F ( x )
Dès lors, on pose :

x=

m 
x = F ( x) .
1
F ( x)
m
dv 1
= F ( x)
dt m
1
dv
(on multiplie par v des 2 côtés)
v
= v F ( x)
dt
m
v dv 1
dx
= F ( x)
dt
m
dt
1
 v dv = m  F ( x) dx
v2 1
=
F ( x ) dx + C1
2 m
2
 v=±
F ( x ) dx + C1′
(intégrale première du mouvement)
m

x=

x =  v dt
(yapuka...)
Page - 10.17 -
Application 10.10. Une masse m = 2 kg
repose, sans frottement, sur un plan horizontal.
Elle est soumise à l’action d’un ressort R dont
la constante de “raideur” vaut k = 10 N mm .
A partir de la longueur à vide du ressort (= non
tendu), on déplace le solide d’une distance
x 0 = 5 mm ; dans cette position, on lâche le
solide sans vitesse initiale. Etudier la loi du
mouvement de cet oscillateur.
Solution :
Soit Ox un axe parallèle au mouvement, O représentant la position de l’extrémité du ressort non
tendu (libre).


p = − m g 1y


f s = f s 1y


f r = − k x 1x
(force de réaction du sol sans frottement)
Loi fondamentale

  

On a dès lors : F = p + f s + f r = m a qui se traduit par (projections sur les 2 axes) :

 1x
 − k x = m ax


 − m g + fs = 0
 1y
( )
( )
Force positionnelle : résolution
Seule la première équation, en x, est intéressante; elle devient :
− k x = m x
Utilisons la méthode d’écrite au § 10.4.5. :
1
dv
dx 1
(v) = − (v) k x = −   k x
dt
m
dt m
 v dv = − 
k
x dx
m

v2
k x2
=−
+ C1
m 2
2
Sachant qu’en t = 0 , x = x 0 et v 0 = 0 , on peut trouver la constante C1; soit :
k x 02
m 2
k 2
x0 − x 2
m
dx
ce qui peut encore s’écrire, vu que v =
:
dt
k
dx
dt =
2
m
x0 − x2
ce qui donne, après intégration :
C1 =

v=
(
)
Page - 10.18 -
 x
k
t = arcsin  + C2
m
 x0 
Soit encore :
(en t = 0 , x = x 0 et donc C2 = − π 2 )
 k
 k 
π
x = x 0 sin
t +  = x 0 cos
t
2
 m
 m 
qui représente un mouvement harmonique d’amplitude x 0 = 5 mm et de pulsation :
10 10 3
k
=
= 70.7 rad s
2
m
Sa période Τ vaut :
2π 2×π
Τ=
=
= 0.089 s
70.7
ω
et sa fréquence :
1
1
. s− 1
ν= =
= 112
Τ 0.089
ω=
Résolution de l’équation différentielle
Une seconde méthode aurait été de résoudre directement l’équation différentielle
− k x = m x
soit encore :
k

x+ x=0
m
équation différentielle dont la solution générale est :
 k 
 k 
t
t  + B sin
x = A cos
 m 
 m 
Or en t = 0 , on a x = x 0 et v = v 0 = 0 , il en résulte que A = x 0 et B = 0 , d’où :
 k 
x = x 0 cos
t
 m 
Page - 10.19 -
10.5. Etude du mouvement curviligne du point matériel
10.5.1. Point matériel libre
Un point matériel est dit libre s’il n’est pas astreint de se déplacer sur une courbe ou une surface
imposée. La trajectoire qu’il va suivre sera ainsi entièrement définie par l’intégration des équations



différentielles découlant de F = m a , sans que n’ interviennent dans F des réactions de liaison relatives
à une courbe ou une surface donnée.
Le problème revient ainsi à répéter trois fois les opérations effectuées dans le cadre du
mouvement rectiligne du point matériel, avec la difficulté supplémentaire que le nombre de variables
intervenant dans les équations peut se trouver singulièrement augmenté puisque :


F = ma

m x = Fx (t , x , y , z , x, y, z)

y = Fy (t , x , y , z , x, y, z)
m 

z = Fz (t , x , y , z , x, y, z)
m 
Application 10.11. Etudier le mouvement d’un corps de masse m (par exemple un obus) lancé avec

une vitesse initiale v 0 , sous un angle α avec l’horizontale, dans les deux cas suivants :
a) on néglige la résistance de l’air;


b) la résistance de l’air est du type f v = − k v .
Solution :
On choisit l’origine du trièdre à la
position initiale du corps.
Les conditions initiales sont, pour t = 0 :
 x = 0  x = v 0 cos α

 y = 0  y = 0
 z = 0  z = v sin α
0

a) on néglige la résistance de l’air
 
La seule force agissant sur le point matériel est son poids ( k v = 0 ) :


p = − m g 1z
Loi fondamentale
 

On a dès lors : F = p = m a qui se traduit par (projections sur les 3 axes) :

 1x
 0 = m a x  x = 0


y=0
 0 = m a y  
 1y

 − m g = m a z  
z=−g
 1z
Une première intégration fournira les équations de la vitesse :
( )
( )
( )
Page - 10.20 -
 x = C1 = v 0 cos α

 y = C2 = 0
 z = − g t + C = − g t + v sin α
3
0

Une seconde intégration fournira les équations de la position :

 x = v t cos α + C = v t cos α
0
4
0

 y = C5 = 0

2
2
 z = − g t + v 0 t sin α + C6 = − g t + v 0 t sin α

2
2
Le mouvement correspondant est bien connu (parabole de tir, voir l’application 7.3.).
b) Si on tient compte de la résistance de l’air
Les forces appliquées sont dans ce cas :


son poids
p = − m g 1z


la résistance de l’air.
fv = − k v
Loi fondamentale
On a dès lors (projections sur les 3 axes) :
k

 − k x = m a x  
x = − x
 1x
m
 
 0 = m a y  
y=0
 1y

k
1
 − m g − k z = m a z  
z = − g − z
 z
m
( )
( )
( )
Equations de la vitesse
Une première intégration fournira les équations de la vitesse.
Les équations différentielles deviennent, sachant que nous avons affaire à une force motionnelle :

dv x
dv x
k
k
k
1x

= − vx 
= − dt  ln v x = − t + C1
dt
m
vx
m
m
( )

 k 
v x = A exp − t 
 m 
Les conditions initiales nous donnent :
t = 0  v x = v 0 cos α  A = v 0 cos α
 k 
v x = (v 0 cos α ) exp − t 
 m 
Page - 10.21 -

(1 )

z
dv z
k
= − g − vz
dt
m

dv z
k
=−
dt
m
gm

+ vz 

 k


k
mg

+ v z  = − t + C2
ln
 k

m

 k  mg
v z = A ′ exp − t  −
 m 
k
t=0

v z = v 0 sin α

A ′ = v 0 sin α +
mg
k
m g

 k  mg
v z =  v 0 sin α +
 exp − t  −
 m 

k
k 
Equations de la position
Une seconde intégration fournira les équations de la position :

 k 
 m

 k 
1x
 x =  (v 0 cos α ) exp − t  dt =  − v 0 cos α  exp − t  + C3
 m 
 k

 m 
m
t = 0  x = 0  C3 = v 0 cos α
k
( )
x=

(1 )
z

m
 k 
v 0 cos α  1 − exp − t  
 m 

k


m g
 k  m g
z =    v 0 sin α +
 dt
 exp − t  −
 m 
k 
k 

m g
m
 k  mg
t + C4
 v 0 sin α +
 exp − t  −
 m 
k 
k 
k
m g
m
t = 0  z = 0  C4 =  v 0 sin α +

k 
k 
=−
z=
m g 
m
 k  m g
t
 v 0 sin α +
  1 − exp − t   −
 m 
k 
k 
k
Vérifications et commentaires
On vérifiera que lorsque k → 0 , on retrouve les solutions du mouvement de tir dans le vide. En
effet, en appliquant la règle de l’Hospital (3) , on obtient :
t
k 
(m v 0 cosα )  m exp − m t  
x k → 0 = lim
= v 0 t cos α
k →0
1
g t2
z k → 0 = v 0 t sin α −
2
(3)
Guillaume François Antoine, marquis de l’Hospital (1661 [Paris] - 1704 [Paris]) : mathématicien français.
Page - 10.22 -
De plus, lorsque t → ∞ ; le point tend vers une abscisse extrême :
v cos α
x max = 0
k
La trajectoire n’a plus rien de parabolique !
Mais en fait, les résultats relatifs au mouvement sans résistance de l’air n’ont aucune valeur
pratique. Par exemple, pour une balle de fusil avec v 0 = 625 m s , le calcul sans résistance de l’air
fournit comme portée maximum environ 40 km pour un angle de tir de 45°, et une altitude
maximale d’environ 10 km. En pratique, la portée n’est que de 4 km, l’altitude maximale 500 m
et l’angle correspondant 32° !
10.5.2. Point matériel lié
Lorsque le point est astreint à se déplacer sur une trajectoire donnée, on dit qu’il est “lié”. Il reste
dès lors à déterminer, en fonction du temps, la position du solide sur cette trajectoire, grâce à l’abscisse
curviligne λ (t ) . La connaissance du système de forces extérieures appliquées permettra de trouver
simultanément la loi du mouvement du point ainsi que les réactions de liaison.
 
soit un corps de masse m se mouvant sur une trajectoire donnée sous l’action des forces actives f 1 , f 2 ,


... f n et de la force de liaison (de contact) f l , le plus souvent inconnue, qui s’exerce entre le corps et la

trajectoire. Soit F la résultante de toutes ces forces, actives et de liaison (fig. 10.13.).
La loi fondamentale de la dynamique s’écrit :


F = ma
fig.10.13. - point matériel liée à une trajectoire.
et on peut la projeter sur les trois directions définies par le trièdre de Frenet (voir § 7.3.2. et § 7.4. pour
rappel), on obtient alors :

< en projetant suivant la tangente 1t :
m a t = m λ = Ft

< en projetant suivant la normale 1n :
λ2
m an = m
= Fn
ρ
Page - 10.23 -

< en projetant sur la binormale 1b :
m a b = 0 = Fb
On obtient ainsi les équations différentielles du mouvement du point sur une trajectoire donnée,
permettant de déterminer à la fois la position du point via son abscisse curviligne, et éventuellement la

force de liaison 1l .
Application 10.12. Un pendule simple est constitué d’un point matériel de
masse m relié à O par un fil inextensible de longueur l. Trouver l’équation
du mouvement (par exemple, en exprimant la position angulaire θ (t ) .

Déterminer la tension f l dans le fil. On négligera la résistance dans l’air lors
du mouvement.
Solution :
Placement du repère de Frenet


La trajectoire étant plane, les vecteurs f t et f n sont dans le plan de la

trajectoire; 1b est perpendiculaire au plan de la feuille.
fig.10.14. - Application
10.12.



p = m g , le poids, et f l la réaction du fil.
Loi fondamentale
On obtient directement (projection dans le
trièdre de Frenet) :

 1t
 − m g sin θ = m a t = m λ


λ2
 1n  f l − m g cosθ = m a n = m
l

Soit encore, puisque λ = l θ :

 1t
 − g sin θ = l θ


2
 1n  f l − m g cosθ = m l θ
( )
( )
( )
( )
Equation du mouvement
La première des deux équations différentielles
peut être très facilement résolue dans le cas des
petites oscillations :
θ petit implique que sin θ ≈ θ

l θ = − g θ
⇔
fig.10.15. - Mise en place des forces.
g
θ + θ = 0
l
qui accepte, comme solution :
 g 
 g 
θ = A cos
t  + B sin
t
 l 
 l 
Si, en t = 0 , on a les conditions initiales θ = θ 0 et θ = ω 0 , alors on peut écrire :
Page - 10.24 -
 g 
t + ω 0
θ = θ 0 cos
 l 
 g 
l
t
sin
g
 l 
Tension dans le fil
La seconde équation donne immédiatement la tension dans le fil :
f l = m g cosθ + m l θ 2
Page - 10.25 -
10.6. Théorème généraux de la dynamique du point
10.6.1. Introduction
Dans le but de pouvoir résoudre plus aisément ou plus rapidement certains problèmes de la
dynamique, il est parfois utile de recourir à des “théorèmes généraux” basés sur la loi fondamentale


F = m a , plutôt que d’intégrer les équations différentielles du mouvement du point. On verra ainsi
successivement le théorème de la “quantité de mouvement”, le théorème du “moment de la quantité de
mouvement” (ou encore “moment cinétique”), et le théorème de “l’énergie cinétique”.
10.6.2. Théorème de la quantité de mouvement
A) Définition


Considérons un point matériel A de masse m, soumis à une résultante de forces F . Soit v la
vitesse de A dans un trièdre inertiel (fig. 10.16.).
fig.10.16. - Quantité de mouvement.

On définit la “quantité de mouvement Q ” d’une particule comme le produit de sa masse par son

vecteur vitesse v :


Q = mv
[ kgm s ou Ns]
La quantité de mouvement est donc un vecteur puisqu’elle s’obtient par le produit d’un vecteur

par un scalaire (positif). De plus, puisqu’elle est proportionnelle au vecteur v , sa valeur sera fonction
du système de référence utilisé par l’observateur; il est donc très important de le spécifier.
B) Théorème
En dérivant la quantité de mouvement par rapport au temps et sachant que la masse est constante :



 d (m v )
 
dm 
dv
dv
Q=
==
v+m
=m
= ma = F
dt
dt
dt
dt

=0
la loi fondamentale de la dynamique peut donc s’écrire :
 
Q= F
ou
 
dQ = F dt
Page - 10.26 -
Le théorème peut donc s’énoncer de la manière suivante :
“La dérivée par rapport au temps de la quantité de mouvement est égale à la
résultante des forces extérieures appliquées.”
Remarque :

F dt est souvent appelé “impulsion élémentaire” du point matériel.
(
)
Par intégration, on obtient, sous forme finie :
t1 


m v1 − m v 0 =  F dt
t0
qui est une intégrale première du mouvement.

< Si F ne dépend que du temps (forces temporanées), l’intégration s’avérera particulièrement
facile à mener;

< Si F est constante, l’intégration est immédiate :



m v1 − m v 0 = F ( t 1 − t 0 ) ;
< Si une des composantes des forces, par exemple Fx, est constante, on peut écrire :
m v1 x − m v 0 x = Fx (t 1 − t 0 ) ;

< Si F est nulle, alors on a :

m v = vecteur cst
Cette propriété traduit la conservation de la quantité de mouvement.
Application 10.13. (Résolution de l’application 10.7. par le théorème de
la quantité de mouvement.) On lance, sur un plan horizontal, un bloc en
forme de parallélépipède rectangle, de masse m = 1 kg ; le coefficient de
frottement entre bloc et plan vaut μ k = 0.2 . Quelle doit être la vitesse

initiale v 0 pour que le bloc s’arrête après 10 secondes ?
Solution :
La réaction d’appui avec frottement est telle que :


t = μk n = μk m g

La résultante F , projetée suivant l’axe Ox, vaut
dès lors :
 

F = t = − μ k m g 1x (constante)
Application du théorème de la quantité de
mouvement
Sachant que la vitesse finale v x 1 = 0 :
t1 
m v x 1 − m v x 0 =  F dt
fig.10.18. - Mise en place des forces.
t0
Page - 10.27 -

− vx 0 =
− μk m
/ g (t 1 − t 0 )
m
/

v x 0 = 0.2 × 9.81 × 10 = 19.6 m s
10.6.3. Théorème de l’énergie cinétique
A) Définition du travail effectué par une force
fig.10.19. - Energie cinétique.

Considérons A se déplaçant sur sa trajectoire C sous l’action de la résultante F (fig. 10.19.);
→
→
→
→
pendant un temps très court dt, la particule va de A à A’, le déplacement étant AA ′ = OA ′ − OA = d OA .

Le “travail élémentaire dW” effectué par F durant ce déplacement est défini par le scalaire :
→

dW = F • d OA
[ Nm = J ]
Par définition du produit scalaire, le travail est ainsi égal au produit du déplacement par la
composante Ft de la force suivant le déplacement.
fig.10.20. - Travail d’une force.
Page - 10.28 -
On peut encore écrire, sachant que :



 F = Ft 1t + Fn 1n
 →

d OA = dλ 1t
→


dW = F • d OA = Ft dλ = F cosθ dλ
Remarquons que si une force est perpendiculaire au déplacement (c’est le cas de Fn, (fig. 10.20.)),
le travail accompli par cette force est nul.
Pour un déplacement fini entre deux points A0 et A1 le travail total effectué est la somme de tous
les travaux élémentaires accomplis durant les déplacements infinitésimaux successifs :
W0, 1 = 
A1
A0
→

A1
F • d OA =  Ft dλ
A0
Par définition du produit scalaire, on peut encore écrire :
W0, 1 = 
A1
A0
(F
x
dx + Fy dy + Fz dz
)
Le travail peut être positif ou négatif.
< Si la force et le déplacement sont dans le même sens, le travail est positif;
< Si la force et le déplacement sont de sens contraire, le travail est négatif.
Application 10.14. Un garçon tire un traîneau de 50 N, à vitesse constante, sur une distance horizontale
de 10 m. Quel travail accomplit-il si le coefficient de frottement entre traîneau et sol vaut μ k = 0.2 et
d’il tire à un angle de π 4 par rapport à l’horizontale ?
Solution :
Forces en présence

Le garçon tire avec une force f g ;

p représente le poids du traîneau;

f r est la force de frottement, telle que :


t = μk n .
Par définition du travail
Le travail fait par le garçon vaut (projection
suivant Ox) :
 

W0, 10 = f g • d = f g cos(π 4) × 10

Recherche de f g
Projection sur Ox (l’accélération est nulle puisque le traîneau évolue à vitesse constante) :

1x
 f g cos(π 4) − t = 0
( )
Page - 10.29 -
Projection sur Oy (accélération inexistante) :

1y
 − p + n + f g sin(π 4) = 0


On obtient (sachant que t = μ k n ) :
( )
fg =
2 μk
2 × 0.2
× 50 = 118
. N
p=
1+ μk
1 + 0.2
Le travail vaut :
W0, 10 = 118
. ×
2
× 10 = 83.4 J
2
Application 10.15. Calculer le travail de la force extérieure nécessaire pour étirer un ressort d’une
distance de 2 cm. On sait que lorsqu’une masse de 4 kg est suspendue au ressort, sa longueur s’accroît
de 1.5 cm.
Solution :
Force du ressort
On sait que la force développée par le ressort est du
type :


f r = − k x 1x
Recherche de la raideur k du ressort
A l’équilibre, on aura (projection suivant Ox) :
mg−k x=0

k=
m g 4 × 9.81
=
= 2 616 N m
−2
x
1510
.
Calcul du travail
Si le ressort est étiré sans accélération, une force égale
et opposée doit lui être appliquée, c’est-à-dire vers le
bas. Pour étirer le ressort sans accélération, il faut
vaincre la force de résistance du ressort. Soit :



f = − f r = k x 1x .
La force croît nécessairement d’une façon régulière au fur et à mesure que x croît. Le travail
effectué vaut alors :
0.02 
0.02

W=
f e • dx =
k x dx


0
0
0.02
 k x2 
2 616 × 0.02 2
=
=

2
 2 0
= 0.5232 Nm = 0.5232 J
Page - 10.30 -
B) Définition de la puissance
Dans certaines applications pratiques, concernant en particulier les machines, il est important de
connaître la vitesse à laquelle le travail est fait (la rapidité avec laquelle un travail est accompli est
souvent une donnée plus intéressante que le travail lui-même).
La “puissance instantanée P” est définie par :
P=
dW
= W
dt
[ J s = watt (W ) ]
ce qui est strictement équivalent à :
→


 F • d OA 



P=
= F•v
dt
et la puissance peut ainsi être définie comme le produit scalaire de la force par la vitesse.
C) Pompe et ventilateur
→

F • d OA
Repartons de la formule générale de la puissance : P =
; dans ce cas si, la “force
dt
→


travaillante” c’est le poids ( F = m g ) du liquide qui effectue une variation de hauteur ( d OA ≡ Δh ). Il
vient :
P=
m g Δh m
=
g Δh = q m g Δh = q v ρ g Δh = q v Δp
Δt
Δt
PV = q v Δp
Notations :
qv
qm
ρ
débit volumique
débit massique
masse volumique
m3/s
kg/s
kg/m3
Δp
Δh
variation de pression totale
variation de hauteur totale
Pa
m
Page - 10.31 -
Application 10.16. Une pompe débite 30 m3/h d’acide
(masse volumique ρ = 1400 kg m 3 ) depuis le niveau - 3 m
jusque + 17 m. Calculez la puissance absorbée par la pompe
sachant que les pertes par frottement de l’acide sont de 10
% et que le rendement de la pompe est de 72 %.
Solution :
Recherche de la puissance nette
Pnette = q v ρ g Δh
30
× 1400 × 9.81 × 20
3600
= 2 289 W
=
Recherche de la puissance brute (nette + pertes)
Pnettte + pertes = 2 289 + 01
. × 2 289 = 2517.9 W
Puissance réelle absorbée par la pompe
Pnette + pertes 2 517.9
Pabsorbée =
=
= 3 497 W
η pompe
0.72
D) Définition de l’énergie cinétique - Théorème
En considérant la figure fig. 10.19., on appelle, par définition, “énergie cinétique” du point A
le scalaire K :

 
v •v m v
K=m
=
2
2
2
=
m v2
2
[
kg m 2
= N m= J ]
s2
De nouveau, reprenons la loi fondamentale :
 
F=Q

En faisant le produit scalaire de chaque membre par v , on obtient :
   
F •v = Q•v

P=

d (m v )
dt

•v
Si la masse m est constante :

dv 
P0 = m
•v
dt
Sachant que :
 

d (v • v ) dv   dv
dv 
=
•v +v •
=2
•v
dt
dt
dt
dt
 
1 d (v • v ) d  m v 2 
P= m
= 

dt
dt  2 
2
Page - 10.32 -
D’où :
P = K
“La dérivée par rapport au temps de l’énergie cinétique est égale à la puissance
développée par la résultante des forces appliquées.”
Deux autres formes de ce théorème se rencontrent :
<
dK = P dt
< et, puisque :
→


→
 

d OA 

dt = F • d OA
dK = P dt = F • v dt = F •

dt 


(
)
= dW
ce qui, par intégration, donne :
→
A1 
m v12 m v 02
−
= W0, 1 =  F • d OA
A0
2
2
< Si ΔK > 0
< Si ΔK < 0
: le travail effectué sur la particule est positif;
: le travail effectué sur la particule est négatif;
Cette dernière équation constitue le théorème reliant le travail et l’énergie. En conséquence,
l’énergie que possède un corps en mouvement est égale au travail qu’il peut faire lorsqu’il revient au
repos.
Remarques :

1) Si F ne dépend que de la position, (forces positionnnelles), l’intégration s’avérera
particulièrement facile à mener.

2) Si F est constante, l’intégration est immédiate :
→

m v12 m v 02
−
= F • A0 A1
2
2
→

3) Si F est nulle, ou en permanence perpendiculaire à d OA , alors :
m v12 m v 02
=
2
2
Il y a conservation de l’énergie cinétique.
Page - 10.33 -
Application 10.16. Déterminer la distance parcourue par le bloc de l’application 10.7., jusqu’à son
arrêt.
Solution :
Appliquons le théorème de l’énergie cinétique
Avec les notations et le système d’axes utilisé précédemment, on a que :




< le travail effectué par p et n , lors du déplacement, est nul ( p et n , perpendiculaire à Ox);

< le travail effectué par t , jusqu’à l’arrêt x1, vaut (projection sur Ox) :
x1
W0, 1 =  t dx = − 196
. x1
0
< la différence d’énergie cinétique, sur le même trajet, vaut :
m v12 m v 02
1 × 19.6 2
−
=0−
2
2
2
et ainsi :
19.6 2

2
distance totale parcourue.
− 196
. x1 = −
x1 = 98 m
Application 10.17. Un pendule est constitué d’une masse de 2 kg
attachée à un fil d’un mètre de long; il est écarté de la verticale
d’un angle de θ 0 = π 6 , puis lâché. Trouver sa vitesse quand le fil
fait un angle de θ 1 = π 18 ( ≡ 10°) avec la verticale.
Solution :
Condition initiales
En t = 0 nous avons :
θ = θ 0 = π 6
 
v 0 = 0


Cherchons le travail effectué par les forces extérieures p et f l lors
du déplacement envisagé :
→

< f l est toujours perpendiculaire à d OA :

W=0

< p est constant en grandeur et direction :
→

W = p • A0 A1 = m g A0 A1 cos α = m g h
(
avec :
h = l (cos θ 1 − cos θ 0 )
)
fig.10.25. - Résolution.
Page - 10.34 -
Le théorème de l’énergie cinétique donne directement :
m v12 m v 02
−
= m g l (cosθ 1 − cosθ 0 )
2
2


=0
v1 = 2 g l (cosθ 1 − cosθ 0 )
(
)
= 2 × 9.81 × 1 × cos(π 18) − cos(π 6)
= 153
. ms
10.6.4. Théorème du moment cinétique
A) Définition du moment cinétique
Dans un trièdre inertiel Oxyz (voir figure fig. 10.19.), on appelle “moment cinétique de A par

rapport à O”, ou encore “moment de la quantité de mouvement de A par rapport à O”, le vecteur H O
définit comme suit :
→


H O = OA × m v
[ kgm 2 s ]
→


Par définition du produit vectoriel, H O sera perpendiculaire au plan formé par OA et v .
B) Définition du moment dynamique

Dans le même trièdre inertiel (voir figure fig. 10.19.), on appelle “moment dynamique M O “le
moment résultant du système de forces appliquées au point A, par rapport au point O ”, soit :
→

 →
M O = OA × F = OA ×
n


f1
[Nm]
i=1
C) Théorème
De nouveau, reprenons la loi fondamentale de la dynamique :

  d (m v )
F =Q=
dt
→
En faisant le produit vectoriel par OA , on obtient :

→
→
 
d (m v )
OA × F = M O = OA ×
dt
Or :
Page - 10.35 -

 →
→

d  OA × m v 


 d OA
 → d (m v )
HO =
=
× m v + OA ×
dt
dt
dt


 
= 0 (car / / )
et ainsi, on obtient :


HO = M O
“Dans un trièdre inertiel, la dérivée par rapport au temps du moment cinétique (ou
moment de la quantité de mouvement) est égale au moment résultant des forces
extérieures qui sont appliquées sur le point matériel”.
Remarque :
Le moment cinétique ainsi que le moment dynamique se calcule par rapport au même
point pour qu’il y ait égalité.
Les relations suivantes sont équivalentes :
<


M O dt = dH O
< Et la relation ci-dessus sous forme intégrée nous donne :


t 
H O (t ) − H O (t 0 ) =  M O dt
t0


Projetée sur les axes de coordonnées, la relation H O = M O se traduit par :

1x
x
Fx

1y
y
Fy




1z
1x
1y
1z
d
x
y
z
z =
dt
m x m y m z
Fz
d

 y Fz − z Fy = dt m ( y z − z y ))

d

m ( z x − x z))
 z Fx − x Fz =
dt

d

 x Fy − y Fx = dt m ( x y − y x ))
(

(
(
Le théorème du moment cinétique fournit des intégrales premières dans les cas suivants :
< Si une force coupe constamment un axe fixe ou lui est parallèle, son moment par rapport à cet
axe est toujours nul; la projection du moment cinétique sur cet axe est dès lors constante et
constitue une intégrale première.
< Si une force est “centrale” (c’est-à-dire que sa ligne d’action passe constamment par un point
fixe), le moment de cette force par rapport à ce point et ses composantes sont donc constants
(application : mouvement des planètes - Lois de Kepler).


On a ainsi : M O = 0 , ce qui implique que dans ce cas :
Page - 10.36 -
→

 
H O = OA × m v = k

le moment cinétique H O du point matériel par rapport à O est donc constant en grandeur et
direction; le point matériel décrit, par conséquent, une trajectoire plane.
Application 10.18. Trouver la loi du mouvement d’un pendule simple (par sa position angulaire θ (t ) ,
tel que le problème est posé à l’application 10.12..
Solution :
Par définition du moment cinétique
Le point A étant la masse m.
→



H O = OA ∧ m v = l m v 1z

= l m l θ 1z
( )
Par définition du moment dynamique
→
 

M O = OA ∧ f l + p
(
)
→
→


= OA ∧ f l + OA ∧ p

 

=0

= − l (m g sin θ ) 1z
Par la relation entre les 2 moments


Ainsi, la relation H O = M O , projetée sur Oz, devient :
d m l 2 θ
= − l (m g sin θ )
dt
l θ = − g sin θ
équation différentielle en θ, strictement équivalente à celle trouvée à l’exemple 10.12., et pour
laquelle une solution simple ne pourra être déduite que pour de petites oscillations ( sin θ ≈ θ ).
(
)
Page - 10.37 -
10.7. Conservation de l’énergie
10.7.1. Classification des forces
Les forces agissant sur le point matériel ne peuvent être qu’ “extérieures”, qu’elles soient “à
distance” (ou extérieures pures, comme par exemple la pesanteur), ou “de contact” (réactions d’appui ...).
Mais on peut également classer les forces en fonction du travail qu’elles effectuent (ou encore de la
puissance développée).
A) Forces “qui ne travaillent pas” (puissance développée nulle)
Ce sont toutes les forces pour lesquelles la ligne d’action de la force est en permanence
perpendiculaire au déplacement (ou à la vitesse).
Citons à titre d’exemple (fig.10.27.) :
< les réactions de contact en l’absence de frottement ( μ k = 0 );
< les forces centripètes;
< les composantes normales des forces.
fig.10.27. - Classification des forces.
B) Forces conservatives
Dans le cas de certaines forces,
dites “conservatives”, le travail effectué

par la force f entre les points A0 et A1, est
indépendant du chemin suivi (fig. 10.28.).
W0, 1 suivant 1 = W0, 1 suivant 2, ou
3, ou 4 ...
fig.10.28. - Travail d’une force conservative.
Page - 10.38 -
Dès lors, le travail d’une force conservative peut s’écrire comme la différence des valeurs d’une
fonction scalaire U, valeurs évaluées au point de départ et au point d’arrivée.
W0, 1 =

A1
A0
→

f • d OA = U ( A0 ) − U ( A1 ) = − Δ U
Le travail effectué entre A0 et A1 est une fonction des coordonnées uniquement de la position
initiale et de la position finale, quelle que soit la trajectoire parcourue entre ces deux positions.
Remarques :

1) Si la trajectoire est “fermée”, le travail accompli par une force f conservative est nul
puisqu’il s’écrira (fig. 10.29.), sachant que A1 ≡ A0 :
W0, 1 = 
A1
A0

→
f • d OA = U ( A0 ) − U ( A0 ) = 0
fig.10.29. - Trajectoire fermée.
2) On pourrait ainsi définir qu’une force est conservative si elle ne fait aucun travail net sur une
particule animée d’un mouvement d’aller-retour.
La fonction scalaire U introduite ci-dessus est appelée le “potentiel” (ou l’ “énergie potentielle”)

de la force conservative f ; ce potentiel est toujours défini à une constante arbitraire près, puisqu’on
l’utilise dans une différence U ( A0 ) − U ( A1 ) , où cette constante s’élimine.

On dit de la force f qu’elle “dérive du potentiel U”, et on note :

→
f = − grad U
→
où grad est un opérateur mathématique permettant de construire un vecteur à partir d’une fonction
scalaire, de la façon suivante :
→

∂U  ∂U  ∂U 
f = − grad U = −
1x −
1y −
1z
∂x
∂y
∂z
Page - 10.39 -
∂U
Y fx = − ∂ x ;
fy = −
∂U
∂y ;
fz = −
∂U
∂z
(Un vecteur tel que sa composante suivant une direction quelconque est égale à la dérivée
partielle d’une fonction suivant cette direction, est appelé le gradient de la fonction).
C) Forces dissipatives
Ce sont toutes les forces qui n’entrent pas dans les deux catégories précédentes.
Application 10.19. Donner des exemples de forces conservatives et de forces dissipatives; déduire les
potentiels associés aux forces conservatives
Solution :
a) La force de pesanteur est conservative :


p = m g 1z (vecteur !)
et U p = m g z (fonction scalaire !)
en effet :


p = − m g 1z
∂Up  ∂Up  ∂Up 
1x −
1y −
1z
∂x
∂y
∂z



= 0 1x − 0 1y − m g 1z
=−
Up est tout simplement l’ “énergie potentielle” !
fig.10.30. - Application 10.19. a)
b) La force induite par un ressort étiré est conservative :
Soit un ressort étiré suivant l’axe Ox; l’origine du
système d’axes étant placée à l’extrémité du ressort libre (non sollicité) :


f r = − k x 1x
L’énergie emmagasinée dans le ressort vaut :
k x2
Ur =
2
Vérification :


f r = − k x 1x
∂Up  ∂Up  ∂Up 
1x −
1y −
1z
=−
∂x
∂y
∂z



= − k x 1x − 0 1y − 0 1z
c) La force de frottement est dissipative :
Le travail à effectuer, sous l’action d’une force de
frottement, le long d’une trajectoire fermée allant de
A0 jusqu’à A0, n’est pas nul !.
fig.10.31. - Application 10.19. b)
Page - 10.40 -
10.7.2. Conservation de l’énergie dans le cas des forces conservatives


Si un point matériel est soumis à des forces conservative f i dont la résultante est F le potentiel
résultant associé est :
U R =  U1

La puissance développée par F vaut :
→
 

P = F • v = − grad U R • v
∂ U R dx ∂ U R dy ∂ U R dz
−
−
∂ x dt
∂ y dt
∂ z dt
dU R
=−
dt

= −UR
=−
Le théorème de l’énergie cinétique P = K fournit alors la relation :
− U R = K

K + U R = 0
Ce qui implique que :
K0 + U R = E
Avec E constante.
Nous pouvons aussi écrire l’expression ci-dessus :
m v 02
m v12
+ U R ( A0 ) =
+ U R ( A1 ) = E
2
2
E représentant l’énergie mécanique totale du système, somme de l’énergie cinétique et de
l’énergie potentielle.

Si F dérive d’un potentiel, E reste constante. On appelle souvent ce théorème le “principe de
conservation de l’énergie”.
Cette écriture est évidemment une intégrale première du mouvement.
Remarque :
S’il existe des forces dissipatives alors K + U R ≠ cst .
Exemple : le frotteur lancé sur la table et s’arrêtant après avoir parcouru une certaine
distance.
Page - 10.41 -
Application 10.20. La constante de raideur du ressort d’un pistolet d’enfant vaut k = 700 N m . Après
l’avoir comprimé de 5 cm, on introduit dans le canon une balle de 0.01 kg que l’on appuie contre le
ressort. Le pistolet est placé horizontalement. On suppose qu’il n’y a pas de frottements. Si on lâche
le ressort, quelle sera la vitesse de la balle en quittant le canon ?
Solution :
Forces conservatives
Puisque la force du ressort est conservative, l’énergie mécanique totale reste constante durant le
processus; la force d’appui (sans frottement) entre canon et balle ne travaille pas; la force
pesanteur, sur le trajet horizontal de la balle dans le canon, ne travaille pas non plus.
Conservation de l’énergie
k x 02
du ressort (au
2
m v12
départ, la vitesse de la balle est nulle) et sa valeur finale sera égale à l’énergie cinétique
2
de la balle (le ressort étant alors complètement détendu). Dès lors :
m v 02 k x 02 m v12 k x12
+
=
+
2
2
2
2



=0
=0
L’énergie mécanique initiale correspond à l’énergie potentielle élastique
d’où :
v1 =
k
x0 =
m
700
× 0.05 = 13.2 m s
0.01
Application 10.21. Un corps, suspendu au bout d’un élément de longueur
l, est en position de repos. Quelle vitesse initiale v0 faut-il lui
communiquer pour qu’il décrive une circonférence complète :
a) quand il est suspendu à une tige rigide;
b) quand il est suspendu à un fil souple.
Solution :
Système conservatif


Le système est conservatif car p dérive d’un potentiel U = m g z , f l
ne travaille pas.
Equilibre au point 1
Le corps va progressivement perdre de la vitesse en remontant le cercle. En un point du parcours,
les forces agissant sur le corps sont :


< le poids p = m g ;

< la force f l dans l’élément l (arbitrairement mis vers haut).
On a, au point le plus haut de la boucle :


F = ma
qui projeté suivant Oz nous donne :
Page - 10.42 -
fl − m g = − m
v12
l

Dans le cas d’un fil flexible, f l doit rester en traction
ou, à la limite, devenir nul :
v2
 mg≤m 1
l
ce qui donne :
v1 ≥ g l
Si la vitesse v1 était plus petite que
g l , l’action de

la pesanteur vers le bas induirait un effort f l de
“compression” dans le fil, ce qui est impossible; le
corps décollerait de sa trajectoire avant d’arriver en
A1.
Application de la conservation d’énergie
E 0 = E1
En appliquant le principe de conservation de l’énergie,
on trouve :
m v 02
m v12
+ m g z0 =
+ m g z1

2
2
=0
fig.10.33. - Résolution.
m v 02 m ( g l )
5
=
+mg2l= mgl
2
2
2
 v0 = 5 g l
pour un fil flexible.
Cas de la tige rigide

Dans le cas d’une tige rigide, f l peut très bien représenter de la traction ou de la compression;
le critère pour que A arrive en haut de la boucle est que v1 y tombe à zéro. En appliquant la
conservation de l’énergie, on trouve :
m v 02
m v12
+ m g z0 =
+ m g z1

2
2


=0
=0
m v 02
=mg2l
2
 v0 = 4 g l
pour une tige rigide.
Page - 10.43 -
10.8. Collisions
10.8.1. Introduction
Si un bâton frappe une balle de base-ball, le début et la fin de la collision peuvent être déterminés
d’une façon précise. Le bâton demeure en contact avec la balle pendant un intervalle de temps très court
comparativement à la durée totale de notre observation.
Durant l’impact, le bâton exerce une grande force sur la balle. Nous pouvons difficilement
mesurer cette force, car elle varie avec le temps de façon complexe. Lors du choc, le bâton et la balle
subissent une déformation. Nous appelons forces d’impulsion les forces qui agissent pendant un intervalle
de temps court comparativement au temps d’observation du système dans lequel elles interviennent.
L’objectif de ce paragraphe est de déterminer le mouvement après collision de deux particules
connaissant la cinématique du système avant collision
Remarque :
Puisque nous étudions la dynamique du “point”, le solide de masse m, considéré comme
ponctuel, n’a pas de vitesse de rotation angulaire.
10.8.2. Conservation de la quantité de mouvement
Pendant la collision, la force d’impulsion est généralement plus grande que toute force extérieure
pouvant agir sur le système.
Soient deux particules entrant en collision.
La variation de la quantité de mouvement résultant de
la collision est donnée par :

Δ Q1 =

Δ Q2 =


f
i
f
i
F1 2 dt = F1 2 moyen Δ t
pour m1
F2 1 dt = F2 1 moyen Δ t
pour m2
fig.10.34. - Choc.


Si aucune autre force n’agit sur les particules, Δ Q1 et Δ Q2 , donnent la variation totale de la
quantité de mouvement de chaque particule. Puisque :
et




F1 2 = − F2 1  Δ Q1 = − Δ Q2




ΔQ = Δ Q1 + Δ Q2 = 0
< lorsqu’il n’y a aucune force extérieure la quantité de mouvement totale du système n’est pas
affectée par la collision;
< l’effet d’éventuelles autres forces extérieures au système est négligeable comparativement à
celui des forces d’impulsion.
En conséquence, lorsque deux particules entrent en collision, nous admettrons qu’il y a
conservation de la quantité de mouvement totale du système.



Si v1 i et v 2 i sont les vitesses avant la collision des deux particules de masses m1 et m2 et si v1 f

et v 2 f désignent les vitesses juste après collision de ces deux particules :
Page - 10.44 -






Q0 i = m1 v1 i + m2 v 2 i = m1 v1 f + m2 v 2 f = Q0 f
10.8.3. Classification des collisions
A) Collisions “élastiques”
Si l’énergie cinétique se conserve.
Ki =
m1 v12i
2
+
m2 v 22 i
2
=
m1 v12 f
2
+
m2 v 22 f
2
= Kf
B) Collisions “inélastiques”
Si la collision s’accompagne d’une perte de l’énergie cinétique du système.
K f < Ki
En particulier on s’intéressera aux collisions “parfaitement inélastiques” pour lesquelles la perte
d’énergie cinétique ( Ki − K f ) est aussi élevée que le permet la conservation de la quantité de
mouvement.
C) Coefficient de restitution
Par définition, le coefficient de restitution e est le rapport entre la vitesse finale et la vitesse
initiale du point. Soit :
e=
vf
vi
De manière plus générale, le coefficient de restitution e mesure le degré d’inélasticité du choc et
est caractéristique des corps qui se heurtent :
vf 1 − vf
2
vi 1 − vi 2
=−e
On verra que dans le cas de la collision élastique étudiée ci-dessous, e vaut 1 et que dans le cas
d’un choc non élastique à 1 dimension, on trouvera que 0 ≤ e < 1 , la valeur 0 correspond au choc mou
(choc inélastique parfait).
Solide 1
Solide 2
bois
bois
liège
acier
e
Solide 1
Solide 2
12
ivoire
ivoire
89
liège
59
verre
verre
15 16
acier
19 20
e
Page - 10.45 -
10.8.4. Collisions élastiques à une dimension
fig.10.35. - Collisions élastiques à une dimension.


Conservation de la quantité de mouvement Q1 = Q2




m1 v1 i + m2 v 2 i = m1 v1 f + m2 v 2 f

 
 

m1 v1x i 1x + m2 v 2 x i 1x = m1 v1x f 1x + m2 v 2 x

f

1x
m1 v1 i + m2 v 2 i = m1 v1 f + m2 v 2 f
(1)
où v1 i , v 2 i , v1 f et v 2 f sont bien les “composantes” (et non les grandeurs !) des vecteurs correspondants.
Conservation de l’énergie cinétique Ki = K f
m1 v12i
2
+
m2 v 22 i
2
=
m1 v12 f
2
+
m2 v 22 f
(2)
2
Résolution : 2 équations à 2 inconnues.
(1)

(2)

(
m (v
) (
) = m (v
m1 v1 i − v1 f = m2 v2 f − v2 i
1
2
1i
2
1f
−v
2
2
2f
2
2i
−v
)
)
En divisant l’équation (1) par l’équation (2) on obtient :
v1 i + v 1 f = v 2 i + v 2 f
et
(3)
v1 i − v 2 i = v 2 f − v1 f
Une première conclusion s’impose : lors d’une collision élastique à une dimension, la vitesse
relative d’approche des corps avant l’impact est égale à la vitesse relative de séparation après l’impact.
Recherchons les vitesses finales des deux corps.
Page - 10.46 -
v 2 f = v 1 i + v1 f − v 2 i
L’équation (3) peut s’écrire :
(
m1 v1 i + m2 v 2 i = m1 v1 f + m2 v1 i + v1 f − v 2 i
et en remplaçant dans (1), on trouve :
)
m1 v1 i + m2 v 2 i − m2 v1 i + m2 v 2 i = (m1 + m2 ) v1 f
v1 f =
m1 − m2
2 m2
v2 i
v1 i +
m1 + m2
m1 + m2
v1 f = v2 f + v2 i − v1 i
de façon analogue si on remplace :
(
dans (1), on obtient :
)
m1 v1 i + m2 v2 i = m1 v2 f + v2 i − v1 i + m2 v2 f
m1 v1 i + m2 v2 i − m1 v2 i + m1 v1 i = (m1 + m2 ) v2 f
v2 f =
m − m1
2 m1
v2 i
v1 i + 2
m1 + m2
m1 + m2
Cas particuliers
1) Les 2 particules ont la même masse
m1 = m2

v1 f = v 2 i

v 2 f = v1 i
Les deux particules de même masse ne font qu’échanger leur vitesse.
2) Une particule (m2 par exemple) se trouve initialement à l’arrêt :
v2 i = 0 
m1 − m2

v1 f = m + m v1 i

1
2

v = 2 m1 v
 2 f m1 + m2 1 i
3) Les 2 particules ont la même masse et une particule (m2 par exemple) se trouve
initialement à l’arrêt :
m1 = m2 et v 2 i = 0 
v1 f = 0

v 2 f = v1 i
4) Une particule ( m2 par exemple) se trouve initialement à l’arrêt et est bien plus
massive que m1 ( m2 >>> m1 ) :
v 2 i = 0 et m2 >>> m1

v1 f ≈ − v1 i

v 2 f ≈ 0
Page - 10.47 -
5) Une particule ( m2 par exemple) se trouve initialement à l’arrêt et est bien plus
petite que m1 ( m1 >>> m2 ) :
v 2 i = 0 et m2 <<< m1

v1 f ≈ v1 i

v 2 f ≈ 2 v1 i
La vitesse de la particule massive varie très peu pendant sa collision avec la
particule immobile qui, elle, décolle à une vitesse deux fois plus grande que celle
de la particule incidente.
Application 10.22. On attache une boule d’acier de 0.5 kg à une
corde mesurant 1 m. Après l’avoir élevée comme le montre la
figure ci-contre, on la relâche. Lorsque la boule passe au plus bas
de sa trajectoire, elle entre en collision élastique avec un bloc de 2
kg qui se trouve au repos.
Déterminez la vitesse de la boule et du bloc immédiatement après
la collision.
Solution :
Choc élastique
La vitesse finale de la boule est donné par, sachant qu’il y a conservation de la quantité de
mouvement ainsi que la conservation de l’énergie cinétique :
2 m2
m − m2
v1 f = 1
v1 i +
v2 i
m1 + m2
m1 + m2
Il faut connaître la vitesse v1 i (vitesse de la boule juste avant le choc).
Utilisons la conservation de l’énergie entre la position haute de la boule et sa position basse :
m v12i
mgh=
 v1 i = 2 g h (chute libre)
2
En remplaçant, on trouve :
0.5 − 2
v1 f =
× 2 × 9.81 × 1 = − 2.66 m s
0.5 + 2
Pour
v2 f :
v2 f =
m − m1
2 m1
2 × 0.5
v1 i + 2
v2 i =
× 2 × 9.81 × 1 = 177
. ms
m1 + m2
m1 + m2
0.5 + 2
Page - 10.48 -
10.8.5. Collisions parfaitement inélastiques à une dimension (choc mou)
Dans une collision inélastique, l’énergie cinétique ne se conserve pas par définition. L’énergie
cinétique finale sera inférieure à sa valeur initiale, la différence étant transformée par exemple en chaleur
ou en énergie potentielle de déformation pendant la collision.
On peut démontrer que si ( Ki − K f ) est maximum les vitesses après choc des deux particules
sont identiques (c’est le cas lorsque, après choc, les deux particules sont collées l’une à l’autre). Soit :
v1 f = v 2 f = v f
En effet :
m1 v12 f
Kf =
2
+
m2 v 22 f
doit être minimum.
2
m1 v1 i + m2 v2 i = m1 v1 f + m2 v2 f

v2 f =
m1
m
v1 i + v2 i − 1 v1 f (1)
m2
m2
En introduisant cette dernière équation dans celle de l’énergie cinétique, on trouve :
( )
K f v1 f

m
m
m m
= 1 v12 f + 2  1 v1 i + v 2 i − 1 v1 f 
m2
2
2  m2

2
La relation de v1 f rendant l’expression de K0 f minimum doit satisfaire la relation suivante :
m
 m
m
= 0 = m1 v1 f − m2  1 v1 i + v 2 i − 1 v1 f  1
m2
 m2
 m2
dK f
dv1 f

m

m 
=  1 + 1  v1 f −  1 v1 i + v 2 i 
m2 

 m2


v1 f =
m1 v1 i + m2 v 2 i
m1 + m2
Et en remplaçant dans l’équation (1) on en déduit :
v2 f =
m  m1 v1 i + m2 v 2 i 
m1
v1 i + v 2 i − 1 

m2 
m1 + m2
m2

=

m2 
m1 
m1 
1 −
 v1 i +  1 −
 v2 i
m1 + m2 
m2 
m1 + m2 

=
m1
m2
v2 i
v1 i +
m1 + m2
m1 + m2
=
m1 v1 i + m2 v 2 i
m1 + m2
Conclusion :
v1 f = v 2 f = v f
CQFD
Page - 10.49 -
Quelle que soit la situation, la conservation de la quantité de mouvement reste valable et pour une
collision parfaitement inélastique (choc “mou”), la quantité de mouvement s’écrit :
m1 v1 i + m2 v 2 i = m1 v1 f + m2 v 2 f = (m1 + m2 ) v f
(4)
Dans le cas d’une collision parfaitement inélastique à une dimension la relation (4) nous permet
de calculer la vitesse vf des deux particules après impact.
Application 10.23. Le pendule balistique : on utilise
ce pendule pour déterminer la vitesse des balles des
armes à feu. Il consiste en un gros bloc de bois de
masse M suspendu à l’aide de deux cordes.
Solution :
Description
Une balle de masse m, se déplaçant à une

vitesse horizontale v1 i frappe le bloc et s’y
loge. Si le temps d’impact (nécessaire à la balle)
pour s’arrêter dans le bloc) est très faible comparativement à celui de l’oscillation du pendule,
les cordes du support demeurent approximativement sur la verticale pendant la collision. Ainsi,
aucune force extérieure n’agit sur le système (balle et pendule) durant la collision.
Conservation de la quantité de mouvement (pendant le choc)
Soit :


Qi = Q f  m1 v1 i = (m + M ) v f
(1)

Avec : v f
: la vitesse de l’ensemble (m + M ) juste après le choc
Conservation de l’énergie (après le choc)
A la fin de l’interaction, le système (m + M ) oscille jusqu’à une hauteur maximale h, où
l’énergie cinétique qui restait au système (juste après collision) s’est transformée en énergie
potentielle gravitationnelle.
Système conservatif :
1
E Tot 1 = E Tot 2 
(m + M ) v 2f = (m + M ) g h
2
On en déduit la vitesse juste après le choc :
v f = 2 g h (2)
Calcul de la vitesse initiale du projectile
En mettant (2) dans (1), on trouve :
m+ M
m+ M
v1 i =
2gh
vf =
m
m

Ainsi pouvons nous déterminer v1 i en mesurant m, M et h.
Perte d’énergie cinétique durant le choc
Evaluons la perte d’énergie cinétique accompagnant cette collision parfaitement inélastique :
Page - 10.50 -
K0 f
K0 i
(m + M ) v 2f
2
m v12i
=
m+ M
=
m
 m 


m+ M
2
2
=
m
m+ M
Application :
Kf
si m = 5 g et M = 2 kg
5
soit 0.249 %
= 0.00249
Ki
2 005
Le système conserve environ un quart de pour cent seulement de son énergie cinétique : 99.75
% se transforme pour devenir entre autre de la chaleur !
=
10.8.6. Collisions élastiques à deux dimensions
Dans ce cas, les seules relations de conservation ne peuvent suffire à résoudre le problème. Il faut
plus d’informations que celles fournies par les données initiales pour déterminer la cinématique après le
choc.
Par exemple, le cas le plus simple est celui d’une collision élastique bi-dimensionnelle entre deux
particules où nous avons quatre inconnues :
v1x
f
et v1y f , v 2 x
f
et v 2 y f .
Et pour résoudre ce problème, nous possédons trois équations :
< la conservation de la quantité de mouvement (suivant Ox et Oy) :

1x m1 v1x i + m2 v 2 x i = m1 v1x f + m2 v 2 x f (1)

1y m1 v1y i + m2 v 2 y i = m1 v1y f + m2 v 2 y f (2)
( )
( )
< la conservation de l’énergie cinétique :
(
m v12x i + v12y i
2
) + m (v
2
2x i
+ v 22y i
2
) = m (v
2
1x f
+ v12y
2
f
) + m (v
2
2x f
+ v 22y
2
f
)
(3)
Les seules relations de conservation ne peuvent suffire à résoudre le problème. Le mouvement
après collision sera déterminé que si l’on spécifie la valeur de l’une des inconnues.
Un exemple de relation obtenue par simple application des relations de conservation est celui du
choc élastique latéral entre deux billes de même masse sur un plan (un problème de billard en est un
exemple concret).
Dans ce cas :
m1 = m2 = m


v1 i = v1x i 1x
et


v2 i = 0
Le choc étant latéral, les vitesses après le choc ont deux composantes (suivant x et suivant y).
Page - 10.51 -
fig.10.38. - Collision à 2 dimensions.
La conservation de la quantité de mouvement donne :

1x v1 i = v1 f cosθ 1 + v 2 f cosθ 2 (1)

1y
0 = − v1 f sin θ 1 + v 2 f sin θ 2 (2)
( )
( )
La conservation de l’énergie cinétique :
v12i = v12 f + v 22 f (3)
Il y a trois équations mais quatre inconnues (!) ce qui rend la résolution impossible sans autres
informations.
Toutefois, on peut démontrer que dans ce cas les angles θ1 et θ2 sont complémentaires. En effet :



v1 i = v1 f + v 2 f
En élevant au carré on obtient :





v12i = v12 f + v 22 f + 2 v12 f • v 22 f



v12i = v12 f + v 22 f + 2 v12 f • v 22 f
En combinant (3) et (4) on remarque que :


2 v1 f • v 2 f = 0
soit


v1 f ⊥ v 2 f
 θ1 + θ 2 = π 2
soit
v1 f = 0
En conséquence :
(4)
choc direct élastique à une dimension.
Remarque :
Si m1 ≠ m2 les relations développées ci-dessus ne sont plus vraies.
Page - 10.52 -

Chap10. Dynamique du point

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