Quantité de mouvement, collisions et centre de masse · Physique générale I

Objectifs du chapitre

À la fin de ce chapitre, vous serez capable de:

définir la quantité de mouvement d'un point matériel et d'un système, écrire la deuxième loi de Newton sous la forme $F = d p / d t$ et relier l'impulsion d'une force à la variation de quantité de mouvement;
démontrer et appliquer la conservation de la quantité de mouvement d'un système isolé, y compris composante par composante;
classer les chocs par leur coefficient de restitution, calculer les vitesses finales d'un choc à une dimension (élastique, inélastique, parfaitement inélastique) et l'énergie dissipée;
traiter un choc à deux dimensions par la conservation vectorielle et résoudre le problème du pendule balistique;
définir et calculer le centre de masse de systèmes discrets et continus, énoncer et démontrer le théorème du centre de masse et le théorème de König;
établir l'équation de la fusée et la formule de Tsiolkovski, et les appliquer à des systèmes à masse variable.

Quantité de mouvement et impulsion

La quantité de mouvement

Au chapitre 3, la deuxième loi de Newton reliait la force à l'accélération, $F = m a$ . Cette forme cache une grandeur plus fondamentale que l'accélération: le produit de la masse par la vitesse. C'est elle que Newton appelait la «quantité de mouvement», et c'est elle qui se conserve lorsque des corps interagissent. Un camion à $30$ km/h et une balle de fusil à $800$ m/s ont des vitesses très différentes, mais c'est le produit $m v$ qui mesure ce qu'il faut «encaisser» pour les arrêter.

Démonstration. Pour un point matériel de masse constante, $\frac{d p}{d t} = \frac{d ( m v )}{d t} = m \frac{d v}{d t} = m a$ , et (5.2) est équivalente à $F = m a$ . $□$

Impulsion d'une force

Intégrons (5.2) entre deux instants. Ce que l'on obtient est la version «temporelle» du théorème de l'énergie cinétique du chapitre 4, qui intégrait la même loi le long du chemin.

Démonstration. D'après (5.2), $F = d p / d t$ . Le théorème fondamental de l'analyse, appliqué à chaque composante, donne $\int_{t_{1}}^{t_{2}} \frac{d p}{d t} d t = p (t_{2}) - p (t_{1})$ . $□$

Le théorème est particulièrement utile pour les chocs: des interactions brèves (quelques millisecondes) pendant lesquelles la force varie rapidement et de façon mal connue. On ne sait pas mesurer $F (t)$ dans un marteau, mais on connaît $Δ p$ ; le théorème donne alors la force moyenne

F_{moy} = \frac{Δ p}{Δ t}, (5.4)

qui est, à impulsion donnée, inversement proportionnelle à la durée du choc. Cette remarque simple gouverne toute l'ingénierie de la sécurité passive.

Figure 5.1. Force exercée par la tête d'un marteau (0,5 kg lancé à 8 m/s, arrêté en 0,5 ms) sur un clou. L'aire sous la courbe F(t) est l'impulsion J = Δp = 4 N·s; la force moyenne F_moy = J/Δt = 8 kN est la hauteur du rectangle de même aire, et le maximum de la force réelle est environ le double. Pendant le choc, le poids du marteau (4,9 N) est négligeable: la force de contact est plus de mille fois plus grande.

Exemple 5.1 · Ceinture, airbag et distance d'arrêt

Une voiture roulant à $50$ km/h ( $13, 9$ m/s) heurte un mur. Le conducteur, de masse $m = 75$ kg, doit passer de $13, 9$ m/s à l'arrêt: sa quantité de mouvement varie de

∣ Δ p ∣ = m v = 75 \times 13, 89 = 1, 04 \cdot 1 0^{3} kg\cdotm/s,

quel que soit le moyen qui l'arrête. Tout se joue sur la durée.

Sans retenue. Le conducteur est arrêté par le volant et le pare-brise en $Δ t \approx 10$ ms: $F_{moy} = 1042/0, 010 = 104$ kN, soit environ $142$ fois son poids ( $m g = 736$ N). Avec une décélération uniforme, la distance parcourue pendant l'arrêt est $d = \frac{1}{2} v Δ t = 6, 9$ cm.

Avec ceinture et airbag. Le coussin gonflable et la ceinture prétensionnée répartissent l'arrêt sur $Δ t \approx 60$ ms: $F_{moy} = 1042/0, 060 = 17, 4$ kN, soit $23, 6$ fois le poids, et $d = 41, 7$ cm, ce qui correspond à l'espace disponible entre le siège et le volant. La force est six fois plus faible; de plus, l'airbag la répartit sur le thorax et le visage au lieu de la concentrer sur quelques points d'impact.

Le même raisonnement explique les zones de déformation programmée des carrosseries, les filets de sécurité, les matelas de réception des sauteurs à la perche et la flexion des genoux à l'atterrissage d'un saut: on ne peut pas réduire $Δ p$ , mais on peut allonger $Δ t$ .

Exercice

Une balle de tennis de $58$ g arrive sur la raquette à $20$ m/s et repart en sens inverse à $30$ m/s. Le contact dure $4, 0$ ms. Calculez la force moyenne exercée par la raquette, en newtons.

Conservation de la quantité de mouvement

Forces intérieures et forces extérieures

Considérons un système de $N$ points matériels. Chaque point $i$ subit des forces de deux origines: les forces intérieures $F_{j \to i}$ exercées par les autres points $j$ du système, et la résultante $F_{i}^{ext}$ des forces extérieures, exercées par des corps qui ne font pas partie du système. La distinction dépend du choix du système: pour le système «fusil», la force de la balle sur la culasse est extérieure; pour le système «fusil et balle», elle est intérieure.

Démonstration. Appliquons (5.2) à chaque point: $\frac{d p _{i}}{d t} = F_{i}^{ext} + \sum_{j \neq = i} F_{j \to i}$ . En sommant sur $i$ ,

\frac{d P}{d t} = i \sum F_{i}^{ext} + i \sum j \neq = i \sum F_{j \to i} .

Dans la double somme, les forces intérieures apparaissent par paires $F_{j \to i} + F_{i \to j}$ , et chaque paire est nulle d'après la troisième loi de Newton (action et réaction). Il reste $d P / d t = F^{ext}$ . Si $F^{ext} = 0$ , la dérivée est nulle et $P$ est constant; l'énoncé par composante s'obtient en projetant (5.5) sur l'axe considéré. $□$

Le résultat est remarquable par ce qu'il ne demande pas: aucune hypothèse sur la nature des forces intérieures (contact, ressort, explosion chimique, gravitation), qui peuvent être aussi violentes et compliquées que l'on veut. C'est pourquoi la conservation de la quantité de mouvement est l'outil privilégié pour les chocs et les explosions, où l'énergie mécanique, elle, n'est en général pas conservée.

Exemple 5.3 · Recul d'un fusil

Un fusil de masse $M = 4, 0$ kg tire une balle de masse $m = 10$ g à la vitesse $v = 800$ m/s. Avant le tir, le système «fusil + balle» est au repos: $P = 0$ . Pendant le tir, les forces des gaz sont intérieures; les forces extérieures (poids, épaule) ont une impulsion négligeable pendant la milliseconde que dure le départ. Sur un axe orienté dans le sens du tir,

0 = m v + M V ⟹ V = - \frac{m v}{M} = - \frac{0 , 010 \times 800}{4 , 0} = - 2, 0 m/s .

Le fusil recule à $2, 0$ m/s. Les énergies cinétiques sont très inégales: $E_{balle} = \frac{1}{2} \times 0, 010 \times 80 0^{2} = 3200$ J et $E_{fusil} = \frac{1}{2} \times 4, 0 \times 2, 0^{2} = 8, 0$ J. Le rapport vaut $E_{fusil} / E_{balle} = m / M = 0, 25 %$ : à quantités de mouvement égales, l'énergie cinétique $p^{2} / (2 m)$ va au corps le plus léger. C'est ce qui rend l'épaule du tireur supportable, et c'est le même principe qui fait qu'un obus emporte l'essentiel de l'énergie de la poudre, pas le canon. Cette énergie n'était pas là avant le tir: elle provient de l'énergie chimique de la poudre, et la quantité de mouvement totale, elle, est restée nulle.

Le même raisonnement traite tous les problèmes de «séparation»: deux patineurs qui se repoussent, un astronaute qui lance un outil, un projectile qui explose en plein vol. Dans ce dernier cas, le système est soumis à la pesanteur, mais l'explosion est si brève que la quantité de mouvement est la même juste avant et juste après: c'est ensuite le centre de masse qui poursuit la trajectoire initiale, comme nous le verrons à la figure 5.3.

Exercice

Deux patineurs immobiles, de masses $60$ kg et $80$ kg, se repoussent avec les mains. Le patineur de $60$ kg s'éloigne à $2, 0$ m/s. Quelle est la vitesse du second (frottements négligés)?

Collisions

Classification par le coefficient de restitution

Dans un choc entre deux corps, la quantité de mouvement totale est conservée (approximation d'impulsion), mais cela ne suffit pas à déterminer les deux vitesses finales à partir des deux vitesses initiales: en une dimension, une équation pour deux inconnues. Il manque une information sur ce qui se passe pendant le contact: les corps se déforment, et ils restituent tout, une partie ou rien de l'énergie stockée dans la déformation. Newton a proposé de résumer ce comportement par un seul nombre.

Le coefficient $e$ dépend des matériaux et de la vitesse d'impact: environ $0, 9$ pour deux billes d'acier trempé, $0, 8$ pour une balle de tennis neuve sur un sol dur (les règlements imposent qu'une balle lâchée de $254$ cm rebondisse entre $135$ et $147$ cm, soit $e = h^{'} / h$ entre $0, 73$ et $0, 76$ ), $0, 5$ pour une balle de squash froide, $0$ pour une boule de pâte à modeler. À l'échelle atomique, les chocs entre molécules d'un gaz sont rigoureusement élastiques; à l'échelle macroscopique, ils ne le sont jamais tout à fait.

Choc parfaitement inélastique

Démonstration. La conservation de la quantité de mouvement s'écrit $m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2} = (m_{1} + m_{2}) v^{'}$ , d'où (5.7). Pour $v_{2} = 0$ : $E_{c} = \frac{1}{2} m_{1} v_{1}^{2}$ et

E_{c}^{'} = \frac{1}{2} (m_{1} + m_{2}) v^{'2} = \frac{1}{2} (m_{1} + m_{2}) \frac{m _{1}^{2} v _{1}^{2}}{( m _{1} + m _{2} ) ^{2}} = \frac{m _{1}}{m _{1} + m _{2}} E_{c},

donc $E_{c} - E_{c}^{'} = (1 - \frac{m _{1}}{m _{1} + m _{2}}) E_{c} = \frac{m _{2}}{m _{1} + m _{2}} E_{c}$ . $□$

La formule (5.8) dit qu'une cible lourde absorbe presque toute l'énergie du projectile: une balle de $8$ g qui se fiche dans un bloc de $2$ kg perd $99, 6 %$ de son énergie cinétique, transformée en chaleur et en déformation. Cette énergie n'est pas perdue pour la physique, mais elle l'est pour la mécanique: c'est pourquoi il faut la quantité de mouvement, et non l'énergie, pour analyser un tel choc.

Exemple 5.4 · Le pendule balistique

Pour mesurer la vitesse d'une balle, on la tire dans un bloc de bois de masse $M = 2, 00$ kg suspendu à des fils; la balle ( $m = 8, 0$ g) s'y fiche et l'ensemble s'élève de $h = 12, 0$ cm. Quelle était la vitesse $v$ de la balle?

Phase 1: le choc. Il dure moins d'une milliseconde; la tension des fils et le poids ont une impulsion négligeable. La quantité de mouvement horizontale est conservée: $m v = (m + M) V$ , où $V$ est la vitesse du bloc juste après l'impact.

Phase 2: la remontée. Le pendule monte sous l'action du poids et de la tension, qui ne travaille pas: l'énergie mécanique est conservée, $\frac{1}{2} (m + M) V^{2} = (m + M) g h$ , d'où $V = 2 g h = 2 \times 9, 81 \times 0, 120 = 1, 534$ m/s.

Résultat. $v = \frac{m + M}{m} V = \frac{2 , 008}{0 , 0080} \times 1, 534 = 385$ m/s.

L'énergie cinétique de la balle était $\frac{1}{2} \times 0, 0080 \times 38 5^{2} = 593$ J; juste après le choc, il ne reste que $\frac{1}{2} \times 2, 008 \times 1, 53 4^{2} = 2, 36$ J, soit $0, 4 %$ , conformément à (5.8): $m / (m + M) = 0, 0040$ . Qui appliquerait la conservation de l'énergie au choc trouverait une vitesse de balle $16$ fois trop faible.

Exercice

Remettez dans l'ordre les étapes du calcul de la vitesse d'une balle avec un pendule balistique.

Glissez les éléments pour les mettre dans le bon ordre

Appliquer la conservation de la quantité de mouvement au choc:

m v = (m + M) V

Appliquer la conservation de l'énergie mécanique à la remontée:

\frac{1}{2} (m + M) V^{2} = (m + M) g h

Mesurer la hauteur

h

dont s'élève le bloc après l'impact

En déduire la vitesse de la balle

v = (m + M) V / m

En déduire la vitesse

V = 2 g h

du bloc juste après le choc

Choc quelconque à une dimension

Avec le coefficient de restitution, le système devient déterminé: la conservation de la quantité de mouvement fournit une équation, la définition (5.6) la seconde.

Démonstration. Les deux équations sont $m_{1} v_{1}^{'} + m_{2} v_{2}^{'} = m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2}$ et $v_{2}^{'} - v_{1}^{'} = e (v_{1} - v_{2})$ . En reportant $v_{2}^{'} = v_{1}^{'} + e (v_{1} - v_{2})$ dans la première, $(m_{1} + m_{2}) v_{1}^{'} + m_{2} e (v_{1} - v_{2}) = m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2}$ , ce qui donne $v_{1}^{'}$ ; puis $v_{2}^{'} = v_{1}^{'} + e (v_{1} - v_{2})$ donne $v_{2}^{'}$ après réduction au même dénominateur. $□$

Pour $e = 0$ , les deux vitesses sont égales à $v_{CM}$ : on retrouve (5.7). Pour connaître l'énergie dissipée, un petit calcul algébrique, que nous réinterpréterons à la section sur le référentiel du centre de masse, s'avère très utile.

Démonstration. Multiplions le membre de droite par $M$ : $M^{2} v_{CM}^{2} + m_{1} m_{2} (v_{1} - v_{2})^{2} = (m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2})^{2} + m_{1} m_{2} (v_{1}^{2} - 2 v_{1} v_{2} + v_{2}^{2}) = m_{1}^{2} v_{1}^{2} + m_{2}^{2} v_{2}^{2} + m_{1} m_{2} v_{1}^{2} + m_{1} m_{2} v_{2}^{2} = m_{1} v_{1}^{2} (m_{1} + m_{2}) + m_{2} v_{2}^{2} (m_{1} + m_{2})$ , les termes croisés $2 m_{1} m_{2} v_{1} v_{2}$ s'éliminant. En divisant par $2 M$ , on obtient l'identité. Dans un choc, $v_{CM}$ est conservée (c'est $P / M$ ) et la vitesse relative passe de $v_{1} - v_{2}$ à $v_{1}^{'} - v_{2}^{'} = - e (v_{1} - v_{2})$ ; l'identité appliquée avant et après donne $E_{c} - E_{c}^{'} = \frac{1}{2} μ (v_{1} - v_{2})^{2} (1 - e^{2})$ . Cette quantité est nulle si et seulement si $e = 1$ (ou $v_{1} = v_{2}$ , cas sans choc). $□$

Exemple 5.5 · Choc frontal de deux chariots d'essai

Sur un rail d'essai, un chariot de $m_{1} = 1200$ kg lancé à $v_{1} = 15, 0$ m/s heurte de front un chariot de $m_{2} = 800$ kg qui vient en sens inverse à $5, 0$ m/s ( $v_{2} = - 5, 0$ m/s). Le coefficient de restitution des absorbeurs vaut $e = 0, 40$ .

La quantité de mouvement totale est $P = 1200 \times 15 - 800 \times 5 = 14000$ kg·m/s et $v_{CM} = 14 000/2000 = 7, 0$ m/s. La vitesse relative d'approche vaut $v_{1} - v_{2} = 20$ m/s; par (5.9),

v_{1}^{'} = 7, 0 - \frac{800}{2000} \times 0, 40 \times 20 = 3, 8 m/s, v_{2}^{'} = 7, 0 + \frac{1200}{2000} \times 0, 40 \times 20 = 11, 8 m/s .

Vérifications: $1200 \times 3, 8 + 800 \times 11, 8 = 14000$ et $v_{2}^{'} - v_{1}^{'} = 8, 0 = 0, 40 \times 20$ . L'énergie perdue se calcule par (5.10) avec $μ = 1200 \times 800/2000 = 480$ kg: $\frac{1}{2} \times 480 \times (1 - 0, 16) \times 2 0^{2} = 80, 6$ kJ, sur $E_{c} = \frac{1}{2} \times 1200 \times 1 5^{2} + \frac{1}{2} \times 800 \times 5^{2} = 145$ kJ, soit $55, 6 %$ . Un calcul direct confirme: $E_{c}^{'} = \frac{1}{2} \times 1200 \times 3, 8^{2} + \frac{1}{2} \times 800 \times 11, 8^{2} = 64, 4$ kJ.

Choc élastique à une dimension

Démonstration. On pose $e = 1$ dans (5.9): $v_{1}^{'} = \frac{m _{1} v _{1} + m _{2} v _{2} - m _{2} v _{1} + m _{2} v _{2}}{m _{1} + m _{2}}$ , ce qui est la première formule, et de même pour $v_{2}^{'}$ . L'inversion de la vitesse relative est la définition de $e = 1$ , et la conservation de l'énergie cinétique résulte du théorème 5.6. $□$

Les cas particuliers, avec une cible immobile ( $v_{2} = 0$ ), méritent d'être retenus:

Masses égales ( $m_{1} = m_{2}$ ): $v_{1}^{'} = 0$ et $v_{2}^{'} = v_{1}$ . Le projectile s'arrête et la cible part avec sa vitesse: les vitesses s'échangent. C'est le «carreau» de la pétanque et le principe du pendule de Newton.
Cible très lourde ( $m_{2} ≫ m_{1}$ ): $v_{1}^{'} \approx - v_{1}$ et $v_{2}^{'} \approx 0$ . Le projectile rebondit en gardant sa vitesse; c'est le choc contre un mur. Si le mur avance à la vitesse $V$ (raquette, piston), un calcul analogue donne $v_{1}^{'} \approx - v_{1} + 2 V$ : la balle repart avec un supplément $2 V$ . C'est ainsi que Voyager et Rosetta ont gagné de la vitesse en «rebondissant» gravitationnellement sur Jupiter ou sur la Terre: l'assistance gravitationnelle est un choc élastique sans contact.
Projectile très lourd ( $m_{1} ≫ m_{2}$ ): $v_{1}^{'} \approx v_{1}$ et $v_{2}^{'} \approx 2 v_{1}$ . Le projectile continue presque sans ralentir et la cible est projetée au double de sa vitesse: un camion qui heurte un ballon, une boule de bowling qui heurte une quille.

Exemple 5.6 · Ralentissement des neutrons

Dans un réacteur, les neutrons issus de la fission ( $2$ MeV) doivent être ralentis par des chocs élastiques sur les noyaux d'un modérateur. Un neutron (masse $m_{1}$ ) qui heurte de front un noyau immobile de masse $m_{2} = A m_{1}$ lui cède, d'après (5.11), l'énergie cinétique $\frac{1}{2} m_{2} v_{2}^{'2}$ avec $v_{2}^{'} = \frac{2 v _{1}}{1 + A}$ , soit la fraction

\frac{E _{2}^{'}}{E _{1}} = \frac{m _{2} v _{2}^{'2}}{m _{1} v _{1}^{2}} = \frac{4 A}{( 1 + A ) ^{2}}

de son énergie (vous démontrerez ce résultat pour des masses quelconques à l'exercice 5.5). Pour l'hydrogène ( $A = 1$ ), la fraction vaut $1$ : un seul choc frontal arrête le neutron. Pour le carbone du graphite ( $A = 12$ ), elle vaut $48/169 = 28, 4 %$ ; pour l'uranium ( $A = 238$ ), $1, 67 %$ seulement. C'est pourquoi les modérateurs sont l'eau, l'eau lourde ou le graphite, jamais des noyaux lourds: le transfert d'énergie est maximal entre masses égales.

Figure 5.2. Trois chocs frontaux d'un bloc de 2 kg lancé à 3 m/s sur un bloc de 1 kg immobile. Choc élastique (e = 1): le projectile continue à 1 m/s et la cible part à 4 m/s, l'énergie cinétique est conservée. Choc inélastique (e = 0,5): la séparation se fait à la moitié de la vitesse d'approche et un quart de l'énergie est dissipé. Choc parfaitement inélastique (e = 0): les blocs restent accolés à la vitesse du centre de masse, 2 m/s, et un tiers de l'énergie est dissipé, conformément à m₂/(m₁ + m₂). Dans les trois cas, la quantité de mouvement totale vaut 6 kg·m/s.

L'explorateur suivant calcule (5.9) et (5.10) pour les valeurs de votre choix. Essayez les cas limites de la liste ci-dessus, puis un choc où la cible avance plus vite que le projectile.

Explorateur de collisions à une dimension

Deux blocs glissent sans frottement sur un rail. Réglez les masses, les vitesses initiales (positives vers la droite) et le coefficient de restitution e: l'explorateur applique la conservation de la quantité de mouvement et la définition de e pour calculer les vitesses finales, la fraction d'énergie cinétique perdue et la vitesse du centre de masse, qui ne change jamais.

Type de choc

élastique

v₁′

0,00m/s

v₂′

6,00m/s

Fraction d'énergie cinétique perdue

0,0%

Énergie perdue ½μ(1 − e²)(v₁ − v₂)²

0,0J

Vitesse du centre de masse v_CM

2,00m/s

Masse m₁2,0kg

Masse m₂1,0kg

Vitesse v₁4,0m/s

Vitesse v₂−2,0m/s

Restitution e1,00

Chocs à deux dimensions

Lorsque le choc n'est pas frontal, la conservation de la quantité de mouvement reste vectorielle: $m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2} = m_{1} v_{1}^{'} + m_{2} v_{2}^{'}$ , soit deux équations scalaires dans le plan. Avec, dans le cas élastique, la conservation de l'énergie, cela fait trois équations pour les quatre inconnues ( $v_{1}^{'}$ , $v_{2}^{'}$ et deux angles): il faut se donner une information supplémentaire, par exemple l'angle de déviation d'un des corps, qui dépend du paramètre d'impact, c'est-à-dire du décalage latéral des trajectoires incidentes. Un résultat célèbre ne demande cependant aucune information de plus.

Démonstration. Avec $m_{1} = m_{2}$ , la conservation de la quantité de mouvement donne $v_{1} = v_{1}^{'} + v_{2}^{'}$ et celle de l'énergie cinétique $v_{1}^{2} = v_{1}^{'2} + v_{2}^{'2}$ . Élevons la première au carré scalaire: $v_{1}^{2} = v_{1} \cdot v_{1} = v_{1}^{'2} + v_{2}^{'2} + 2 v_{1}^{'} \cdot v_{2}^{'}$ . En comparant avec la seconde, $v_{1}^{'} \cdot v_{2}^{'} = 0$ : les deux vecteurs, non nuls, sont orthogonaux. $□$

C'est l'angle droit familier des joueurs de billard et des traces de collisions proton–proton dans une chambre à bulles, où il servait à vérifier que les particules avaient bien la même masse. Dans le cas frontal (paramètre d'impact nul), $v_{1}^{'} = 0$ : on retrouve l'échange des vitesses.

Exemple 5.7 · Curling

Une pierre de curling lancée à $v_{1} = 2, 00$ m/s heurte une pierre identique immobile et se trouve déviée de $θ_{1} = 30°$ par rapport à sa direction initiale. On suppose le choc élastique et les frottements négligeables pendant le choc.

D'après le théorème 5.8, la seconde pierre part à $θ_{2} = - 60°$ , de l'autre côté de la direction initiale. Prenons l'axe $x$ selon $v_{1}$ . La conservation de la composante $y$ donne $0 = v_{1}^{'} sin 30° - v_{2}^{'} sin 60°$ , et celle de la composante $x$ donne $v_{1} = v_{1}^{'} cos 30° + v_{2}^{'} cos 60°$ . Comme les vitesses finales sont orthogonales, on peut aussi projeter directement: $v_{1}^{'} = v_{1} cos θ_{1} = 2, 00 \times cos 30° = 1, 73$ m/s et $v_{2}^{'} = v_{1} sin θ_{1} = 1, 00$ m/s. Vérification énergétique: $1, 7 3^{2} + 1, 0 0^{2} = 4, 00 = v_{1}^{2}$ . Le triangle des vitesses est rectangle, avec $v_{1}$ pour hypoténuse: plus le choc est «plein», plus la pierre incidente cède de vitesse.

Centre de masse

Définition et calcul

Le théorème 5.3 concerne la quantité de mouvement totale. Il existe un point fictif dont le mouvement la représente exactement: le centre de masse. Sa vitesse est déjà apparue dans le théorème 5.5 sous le nom de $v_{CM}$ .

Le centre de masse est la moyenne des positions pondérée par les masses. Il ne se trouve pas nécessairement dans la matière (anneau, boomerang, chaise). Deux propriétés simplifient les calculs: si le corps possède un plan, un axe ou un centre de symétrie (pour la répartition des masses), le centre de masse s'y trouve; et un corps composé de plusieurs parties a pour centre de masse celui des centres de masse des parties, affectés de leurs masses (associativité de la moyenne), ce qui permet aussi de traiter un trou comme une masse négative. En dérivant (5.12) par rapport au temps, on obtient $M v_{CM} = \sum_{i} m_{i} v_{i} = P$ : la quantité de mouvement totale est celle qu'aurait toute la masse concentrée au centre de masse.

Exemple 5.8 · Quatre centres de masse

(a) Deux masses. Pour $m_{1}$ en $x = 0$ et $m_{2}$ en $x = d$ : $x_{CM} = \frac{m _{2} d}{m _{1} + m _{2}}$ . Le centre de masse est sur le segment, plus près de la masse la plus lourde, et il partage le segment dans le rapport inverse des masses: $m_{1} x_{CM} = m_{2} (d - x_{CM})$ .

(b) Tige non homogène. Une tige de longueur $L$ a une masse linéique croissante $λ (x) = λ_{0} x / L$ . Alors $M = \int_{0}^{L} λ_{0} \frac{x}{L} d x = \frac{λ _{0} L}{2}$ et

x_{CM} = \frac{1}{M} \int_{0}^{L} x λ_{0} \frac{x}{L} d x = \frac{2}{λ _{0} L} \cdot \frac{λ _{0} L ^{2}}{3} = \frac{2 L}{3} .

Pour une tige homogène, le même calcul donne évidemment $L /2$ .

(c) Plaque triangulaire. Une plaque homogène a la forme d'un triangle de base $b$ et de hauteur $h$ . Découpons-la en bandes parallèles à la base, à la hauteur $y$ , de largeur $b (1 - y / h)$ (théorème de Thalès) et d'épaisseur $d y$ . L'aire vaut $A = bh /2$ et

y_{CM} = \frac{1}{A} \int_{0}^{h} y b (1 - \frac{y}{h}) d y = \frac{2}{bh} (\frac{b h ^{2}}{2} - \frac{b h ^{2}}{3}) = \frac{h}{3} .

Le centre de masse est au tiers de la hauteur à partir de chaque base: c'est le point d'intersection des médianes.

(d) Demi-disque. Pour un demi-disque homogène de rayon $R$ (bord droit sur l'axe $x$ ), la symétrie impose $x_{CM} = 0$ . À la hauteur $y$ , la bande horizontale a la largeur $2 R^{2} - y^{2}$ ; avec $A = π R^{2} /2$ ,

y_{CM} = \frac{1}{A} \int_{0}^{R} 2 y R^{2} - y^{2} d y = \frac{2}{π R ^{2}} [- \frac{2}{3} (R^{2} - y^{2})^{3/2}]_{0}^{R} = \frac{2}{π R ^{2}} \cdot \frac{2 R ^{3}}{3} = \frac{4 R}{3 π} \approx 0, 424 R .

Le centre de masse est nettement plus bas que la mi-hauteur $R /2$ , car les bandes du bas sont plus larges.

Exercice

La Lune ( $M_{L} = 7, 348 \cdot 1 0^{22}$ kg) orbite à $384400$ km du centre de la Terre ( $M_{T} = 5, 972 \cdot 1 0^{24}$ kg). À quelle distance du centre de la Terre, en km, se trouve le centre de masse du système Terre–Lune?

Théorème du centre de masse

Démonstration. Dérivons deux fois (5.12): $M a_{CM} = \sum_{i} m_{i} a_{i} = \sum_{i} (F_{i}^{ext} + \sum_{j \neq = i} F_{j \to i})$ . Comme dans la démonstration du théorème 5.3, les forces intérieures s'annulent par paires d'après la troisième loi, et il reste $M a_{CM} = F^{ext}$ . C'est d'ailleurs le théorème 5.3 récrit avec $P = M v_{CM}$ . $□$

Ce théorème justifie, après coup, tout le chapitre 3: lorsque nous écrivions $F = m a$ pour un skieur ou une voiture, corps étendus et déformables, c'est le mouvement de leur centre de masse que nous calculions. Il explique aussi qu'un plongeur qui exécute un salto, un chat qui se retourne ou un obus qui explose ne peuvent rien changer à la trajectoire de leur centre de masse: seules les forces extérieures le peuvent.

Figure 5.3. Un projectile lancé à 40 m/s sous 60° explose au sommet de sa trajectoire en deux fragments de masses égales; le fragment A perd toute vitesse horizontale et tombe verticalement, le fragment B emporte le double de la vitesse horizontale initiale. À chaque instant (trois instantanés), le centre de masse est au milieu du segment joignant les fragments et reste sur la parabole du projectile intact (pointillés), comme l'exige le théorème 5.9: seule la pesanteur agit sur le système.

Exemple 5.9 · Un projectile qui explose

Un projectile est lancé à $v_{0} = 40, 0$ m/s sous l'angle $θ = 60°$ (frottement de l'air négligé). Au sommet de sa trajectoire, il explose en deux fragments de masses égales; le fragment A tombe verticalement (il perd toute vitesse horizontale). Où tombe le fragment B?

Trajectoire intacte. Portée $R = \frac{v _{0}^{2} sin 2 θ}{g} = \frac{1600 \times 0 , 866}{9 , 81} = 141, 2$ m, atteinte en $T = 2 v_{0} sin θ / g = 7, 06$ s; le sommet, à la hauteur $h = (v_{0} sin θ)^{2} / (2 g) = 61, 2$ m, est à l'abscisse $R /2 = 70, 6$ m.

Par le centre de masse. L'explosion est intérieure au système: le centre de masse continue sur la parabole et touche le sol en $x = R$ à l'instant $T$ . Les deux fragments quittent le sommet sans vitesse verticale et tombent de la même hauteur: ils atteignent le sol au même instant $T$ . À cet instant, le centre de masse est au milieu des points d'impact: $R = \frac{x _{A} + x _{B}}{2}$ avec $x_{A} = R /2$ , d'où

x_{B} = 2 R - \frac{R}{2} = \frac{3 R}{2} = 211, 9 m .

Par la quantité de mouvement. Au sommet, la quantité de mouvement horizontale vaut $m v_{0} cos θ$ . Après l'explosion, elle est portée par B seul: $\frac{m}{2} v_{B} = m v_{0} cos θ$ , donc $v_{B} = 2 v_{0} cos θ = 40, 0$ m/s, et B parcourt $v_{B} T /2 = 141, 2$ m depuis le sommet: $x_{B} = 70, 6 + 141, 2 = 211, 9$ m. Les deux méthodes concordent, et l'énergie apportée par l'explosion vaut $\frac{1}{2} \cdot \frac{m}{2} v_{B}^{2} - \frac{1}{2} m (v_{0} cos θ)^{2} = \frac{1}{2} m (v_{0} cos θ)^{2}$ : elle a doublé l'énergie cinétique horizontale.

Référentiel du centre de masse

Pour un système isolé, $v_{CM}$ est constante et $R^{*}$ est galiléen. L'énergie cinétique se décompose alors en deux parties, l'une liée au mouvement d'ensemble, l'autre au mouvement interne.

Démonstration. Avec $v_{i} = v_{CM} + v_{i}^{*}$ ,

E_{c} = i \sum \frac{1}{2} m_{i} (v_{CM} + v_{i}^{*})^{2} = \frac{1}{2} (i \sum m_{i}) v_{CM}^{2} + v_{CM} \cdot i \sum m_{i} v_{i}^{*} + i \sum \frac{1}{2} m_{i} v_{i}^{* 2} .

Le terme croisé contient $\sum_{i} m_{i} v_{i}^{*} = P^{*} = 0$ ; il disparaît, et il reste (5.15). $□$

Pour deux corps, $E_{c}^{*} = \frac{1}{2} μ (v_{1} - v_{2})^{2}$ avec la masse réduite $μ$ : c'est exactement le lemme 5.6, qui n'était qu'un cas particulier de König. Le second théorème de König, pour le moment cinétique, sera vu au chapitre 9.

Le référentiel du centre de masse rend les chocs transparents. Les forces extérieures étant négligeables, $v_{CM}$ ne change pas et l'énergie $\frac{1}{2} M v_{CM}^{2}$ est indisponible: elle ne peut pas être dissipée. Seule $E_{c}^{*}$ peut l'être, et dans un choc parfaitement inélastique elle l'est entièrement (les corps accolés sont immobiles dans $R^{*}$ ): l'énergie perdue vaut $E_{c}^{*} = \frac{1}{2} μ (v_{1} - v_{2})^{2}$ , ce qui redonne (5.10) avec $e = 0$ . Dans un choc élastique frontal, chaque vitesse $v_{i}^{*}$ est simplement renversée: $v_{i}^{*'} = - v_{i}^{*}$ , ce qui conserve à la fois $P^{*} = 0$ et $E_{c}^{*}$ . Dans un choc élastique oblique, les vitesses dans $R^{*}$ tournent d'un même angle sans changer de module.

Exemple 5.10 · Un choc vu depuis le centre de masse

Un chariot de $2, 0$ kg à $6, 0$ m/s rattrape un chariot de $3, 0$ kg qui vient vers lui à $1, 0$ m/s ( $v_{2} = - 1, 0$ m/s). Alors $v_{CM} = (12 - 3) /5 = 1, 8$ m/s et $E_{c} = 36 + 1, 5 = 37, 5$ J. König donne $\frac{1}{2} M v_{CM}^{2} = \frac{1}{2} \times 5 \times 1, 8^{2} = 8, 1$ J et $E_{c}^{*} = 37, 5 - 8, 1 = 29, 4$ J, que l'on vérifie avec $μ = 1, 2$ kg: $\frac{1}{2} \times 1, 2 \times 7, 0^{2} = 29, 4$ J.

Choc parfaitement inélastique: les $29, 4$ J sont dissipés ( $78, 4 %$ de $E_{c}$ ) et les chariots avancent à $1, 8$ m/s.

Choc élastique: dans $R^{*}$ , $v_{1}^{*} = 6, 0 - 1, 8 = 4, 2$ m/s et $v_{2}^{*} = - 2, 8$ m/s; on les renverse et l'on revient au laboratoire: $v_{1}^{'} = - 4, 2 + 1, 8 = - 2, 4$ m/s et $v_{2}^{'} = 2, 8 + 1, 8 = 4, 6$ m/s. La formule (5.11) donne bien $v_{1}^{'} = \frac{( 2 - 3 ) \times 6 + 2 \times 3 \times ( - 1 )}{5} = - 2, 4$ m/s et $v_{2}^{'} = \frac{2 \times 2 \times 6 + ( 3 - 2 ) ( - 1 )}{5} = 4, 6$ m/s, mais le passage par $R^{*}$ évite toute algèbre.

Systèmes à masse variable

L'équation de la fusée

Une fusée avance en éjectant vers l'arrière une partie de sa propre masse à grande vitesse. Aucun point d'appui n'est nécessaire: la fusée pousse sur ses gaz et les gaz poussent sur la fusée (troisième loi), et le système «fusée + gaz» conserve sa quantité de mouvement. Écrivons ce bilan proprement, car la forme $F = m a$ avec $m$ variable conduit à des erreurs classiques.

Démonstration. Considérons le système fermé constitué, à l'instant $t$ , de la fusée et de son contenu, de masse $m$ et de vitesse $v$ : $p (t) = m v$ . Entre $t$ et $t + d t$ , la fusée éjecte la masse $- d m > 0$ (car $d m < 0$ ) à la vitesse $v - u$ par rapport au référentiel galiléen, et sa vitesse devient $v + d v$ . La quantité de mouvement du même système à $t + d t$ est

p (t + d t) = (m + d m) (v + d v) + (- d m) (v - u) = m v + m d v + u d m + d m d v .

Le produit $d m d v$ est un infiniment petit du second ordre. Par (5.5) appliquée au système fermé, $p (t + d t) - p (t) = F^{ext} d t$ , donc $m d v + u d m = F^{ext} d t$ ; en divisant par $d t$ , on obtient (5.16). $□$

La formule de Tsiolkovski

Démonstration. Avec $F^{ext} = 0$ , (5.16) s'écrit $m d v = - u d m$ , soit $d v = - u \frac{d m}{m}$ : c'est une équation à variables séparées. En intégrant de l'état initial ( $v_{0}$ , $m_{0}$ ) à l'état final ( $v_{f}$ , $m_{f}$ ), $v_{f} - v_{0} = - u [ln m]_{m_{0}}^{m_{f}} = u ln (m_{0} / m_{f})$ . $□$

La formule, publiée par Konstantin Tsiolkovski en 1903, contient toute la difficulté de l'astronautique: le gain de vitesse ne dépend que du rapport des masses, et il y dépend logarithmiquement. Pour gagner $2 u$ , il faut $m_{0} / m_{f} = e^{2} \approx 7, 4$ : la fusée doit être constituée à $86 %$ de propergol. Pour gagner $3 u$ , il faut $e^{3} \approx 20$ , soit $95 %$ de propergol, ce qu'aucune structure ne permet. Comme la vitesse d'éjection des meilleurs moteurs chimiques est de $u \approx 4, 4$ km/s (hydrogène–oxygène) et que la mise en orbite basse exige environ $9, 3$ km/s en comptant les pertes, la solution est de se débarrasser en vol des réservoirs vides: les étages.

Exemple 5.11 · Un étage ou deux?

Un lanceur de masse au décollage $m_{0} = 100$ t comprend $80$ t de propergol, $10$ t de structure (réservoirs, moteurs) et $10$ t de charge utile. Ses moteurs éjectent les gaz à $u = 3, 0$ km/s avec un débit total de $500$ kg/s.

Poussée et accélération initiale. $F = u ∣ \overset{m}{˙} ∣ = 3000 \times 500 = 1, 50$ MN. Au décollage, (5.16) avec $F^{ext} = - m_{0} g$ donne $a_{0} = F / m_{0} - g = 15, 0 - 9, 81 = 5, 19$ m/s²: la poussée doit dépasser le poids ( $0, 98$ MN), sans quoi la fusée resterait au sol.

Un seul étage. Quand tout le propergol est brûlé, $m_{f} = 20$ t et, hors pesanteur et traînée, $Δ v = 3000 ln (100/20) = 4, 83$ km/s. La combustion dure $80 000/500 = 160$ s; en montée verticale, la pesanteur retire $g t \approx 1, 57$ km/s (pertes gravitationnelles), et il resterait environ $3, 3$ km/s: très loin de l'orbite.

Deux étages. Répartissons les mêmes masses: premier étage $60$ t de propergol et $7, 5$ t de structure, second étage $20$ t de propergol et $2, 5$ t de structure, charge utile $10$ t. Premier étage: de $100$ t à $40$ t, $Δ v_{1} = 3000 ln (100/40) = 2, 75$ km/s; on largue $7, 5$ t. Second étage: de $32, 5$ t à $12, 5$ t, $Δ v_{2} = 3000 ln (32, 5/12, 5) = 2, 87$ km/s. Total: $5, 62$ km/s, soit $0, 79$ km/s de plus qu'à un étage, avec exactement la même quantité de propergol et de structure. Le gain vient de ce que le second étage n'a plus à accélérer les réservoirs vides du premier. Avec trois étages et $u = 4, 4$ km/s, on atteint l'orbite: c'est l'architecture de tous les lanceurs, d'Ariane 6 à Falcon 9.

Masse qui s'ajoute: le tapis roulant

Le raisonnement du théorème 5.11 s'applique aussi à un système qui gagne de la masse, avec un résultat parfois contre-intuitif.

Exemple 5.12 · Sable sur un tapis roulant

Du sable tombe verticalement d'une trémie sur un tapis roulant horizontal qui avance à la vitesse constante $u = 2, 0$ m/s, au débit $\overset{m}{˙} = 25$ kg/s. Quelle force horizontale le moteur doit-il fournir, et quelle puissance?

Chaque seconde, une masse $\overset{m}{˙}$ de sable arrive avec une vitesse horizontale nulle et doit être portée à la vitesse $u$ : la quantité de mouvement horizontale du sable augmente de $\overset{m}{˙} u$ par seconde. D'après (5.5) appliquée au système fermé «tapis + sable déjà déposé + sable qui tombe pendant $d t$ », cette variation est due à la force $F$ du moteur:

F = \frac{d P}{d t} = \overset{m}{˙} u = 25 \times 2, 0 = 50 N .

La puissance fournie est $P = F u = \overset{m}{˙} u^{2} = 100$ W. Or l'énergie cinétique acquise par le sable ne vaut que $\frac{1}{2} \overset{m}{˙} u^{2} = 50$ W: exactement la moitié de la puissance du moteur. L'autre moitié est dissipée par le frottement entre les grains et le tapis pendant qu'ils glissent jusqu'à atteindre sa vitesse, et ce résultat ne dépend ni du coefficient de frottement ni de la durée du glissement. C'est le même bilan que dans un choc parfaitement inélastique entre un corps immobile et un corps de masse infinie: l'analogie n'est pas fortuite.

Exercice

Une sonde interplanétaire a une masse de $1200$ kg dont $900$ kg de propergol; son moteur éjecte les gaz à $u = 2500$ m/s. Quel gain de vitesse (en m/s) peut-elle obtenir loin de tout astre?

Synthèse

La quantité de mouvement $p = m v$ vérifie $F = d p / d t$ ; son intégrale temporelle, l'impulsion $J = \int F d t = Δ p$ , permet de traiter les chocs sans connaître la force: $F_{moy} = Δ p /Δ t$ , d'où l'intérêt d'allonger la durée d'un choc (airbag, zones de déformation).
Les forces intérieures s'annulent par paires (troisième loi): $d P / d t = F^{ext}$ , et la quantité de mouvement d'un système isolé, ou pseudo-isolé pendant un choc bref, est conservée, composante par composante.
Un choc frontal est caractérisé par le coefficient de restitution $e = (v_{2}^{'} - v_{1}^{'}) / (v_{1} - v_{2})$ : $e = 1$ (élastique, énergie cinétique conservée, vitesses (5.11), échange des vitesses pour des masses égales), $e = 0$ (parfaitement inélastique, vitesse commune $v_{CM}$ , fraction $m_{2} / (m_{1} + m_{2})$ perdue sur une cible immobile). L'énergie dissipée vaut $\frac{1}{2} μ (1 - e^{2}) (v_{1} - v_{2})^{2}$ avec la masse réduite $μ = m_{1} m_{2} / (m_{1} + m_{2})$ .
En deux dimensions, la conservation est vectorielle; pour un choc élastique de masses égales sur une cible immobile, les vitesses finales sont perpendiculaires. Le pendule balistique combine conservation de la quantité de mouvement (choc) et de l'énergie (remontée).
Le centre de masse $r_{CM} = \frac{1}{M} \sum m_{i} r_{i}$ (intégrale pour un corps continu) se meut selon $M a_{CM} = F^{ext}$ : les forces intérieures (explosion, saut, marche) ne le dévient pas. Théorème de König: $E_{c} = \frac{1}{2} M v_{CM}^{2} + E_{c}^{*}$ ; seule $E_{c}^{*}$ peut être dissipée dans un choc, et dans le référentiel du centre de masse un choc élastique renverse simplement les vitesses.
Fusée: $m d v / d t = u ∣ \overset{m}{˙} ∣ + F^{ext}$ , poussée $u ∣ \overset{m}{˙} ∣$ ; sans force extérieure, $Δ v = u ln (m_{0} / m_{f})$ (Tsiolkovski), d'où la nécessité des étages. Une masse qui s'ajoute au repos exige la force $\overset{m}{˙} u$ et dissipe la moitié de la puissance fournie.

Série d'exercices du chapitre 5

Exercice 1 sur 5

Exercice

Un œuf lâché de la même hauteur se casse sur du carrelage mais pas sur un coussin. Quelle grandeur le coussin modifie-t-il?

Problème guidé

Collision frontale de deux voitures

Une voiture A de $1200$ kg roulant à $50$ km/h et une voiture B de $1800$ kg roulant à $30$ km/h en sens inverse se heurtent de front et restent encastrées. Le choc dure $0, 15$ s. On cherche la vitesse de l'épave, l'énergie dissipée, la force moyenne subie par la voiture A et la décélération de ses occupants. On prend $g = 9, 81$ m/s².

1
Vitesse de l'épave
Convertissez les vitesses en m/s ( $50$ km/h $= 13, 89$ m/s, $30$ km/h $= 8, 33$ m/s), orientez l'axe dans le sens de A et appliquez la conservation de la quantité de mouvement au choc parfaitement inélastique.
Exercice
Calculez la vitesse $v^{'}$ de l'ensemble juste après le choc, en m/s (positive dans le sens de A).
m/s
Énergie dissipée
Force moyenne sur la voiture A
Décélération des occupants

Exercices

Vous pouvez afficher le corrigé directement sous chaque énoncé après avoir cherché la solution.

Exercice 5.1 · Le Jet d'eau de Genève

Le Jet d'eau de Genève projette $500$ L d'eau par seconde à la vitesse de $200$ km/h à la sortie de la buse.

Quelle force horizontale une plaque fixe subirait-elle si le jet, dirigé horizontalement, s'y écrasait en perdant toute sa vitesse (l'eau s'écoule ensuite le long de la plaque)?
Quelle serait cette force si l'eau rebondissait élastiquement en sens inverse?
Quelle hauteur le jet atteindrait-il sans frottement de l'air? Comparer à la hauteur réelle d'environ $140$ m.

Solution

1. Le débit massique vaut $\overset{m}{˙} = ρ Q = 1000 \times 0, 500 = 500$ kg/s et la vitesse $v = 200/3, 6 = 55, 6$ m/s. Chaque seconde, une masse $\overset{m}{˙}$ d'eau perd la quantité de mouvement horizontale $\overset{m}{˙} v$ ; par le théorème de l'impulsion appliqué à l'eau qui frappe la plaque pendant $Δ t$ , la plaque exerce sur elle la force $F = \overset{m}{˙} v = 500 \times 55, 56 = 2, 78 \cdot 1 0^{4}$ N, et par la troisième loi l'eau pousse la plaque avec $27, 8$ kN, le poids d'environ $2, 8$ tonnes.

2. Si l'eau repart à $- v$ , la variation de quantité de mouvement par seconde est doublée: $F = 2 \overset{m}{˙} v = 55, 6$ kN. C'est le principe des aubes en forme de coupe des turbines Pelton, comme celles de Bieudron alimentées par la Grande Dixence: en renvoyant le jet vers l'arrière, elles recueillent près du double de l'impulsion d'une plaque plane.

3. Sans frottement, la conservation de l'énergie donne $h = v^{2} / (2 g) = 55, 5 6^{2} / (2 \times 9, 81) = 157$ m. La hauteur réelle, environ $140$ m, est un peu inférieure à cause de la traînée sur les gouttes; l'écart est modeste car le jet est compact et rapide.

Exercice 5.2 · Tamponnement de wagons

Sur une voie de triage horizontale, un wagon de $20$ t roulant à $1, 5$ m/s heurte un wagon de $30$ t immobile.

Les attelages automatiques s'enclenchent. Calculer la vitesse commune, l'énergie dissipée et sa fraction par rapport à l'énergie cinétique initiale.
Les tampons sont supposés parfaitement élastiques. Calculer les deux vitesses finales.
Les tampons ont un coefficient de restitution $e = 0, 5$ . Calculer les vitesses finales et l'énergie dissipée, de deux manières.

Solution

1. Par (5.7), $v^{'} = \frac{20 000 \times 1 , 5}{50 000} = 0, 60$ m/s. Énergie cinétique initiale $E_{c} = \frac{1}{2} \times 20000 \times 1, 5^{2} = 22, 5$ kJ; finale $E_{c}^{'} = \frac{1}{2} \times 50000 \times 0, 6^{2} = 9, 0$ kJ. Énergie dissipée: $13, 5$ kJ, soit $60 %$ , conformément à (5.8): $m_{2} / (m_{1} + m_{2}) = 30/50$ .

2. Par (5.11) avec $v_{2} = 0$ : $v_{1}^{'} = \frac{20 - 30}{50} \times 1, 5 = - 0, 30$ m/s et $v_{2}^{'} = \frac{2 \times 20}{50} \times 1, 5 = 1, 20$ m/s. Le wagon léger repart en arrière. Vérification: $20 \times (- 0, 3) + 30 \times 1, 2 = 30 = 20 \times 1, 5$ (quantité de mouvement en t·m/s) et $\frac{1}{2} \times 20 \times 0, 09 + \frac{1}{2} \times 30 \times 1, 44 = 22, 5$ (énergie en kJ).

3. Par (5.9) avec $v_{CM} = 0, 60$ m/s et $v_{1} - v_{2} = 1, 5$ m/s: $v_{1}^{'} = 0, 60 - \frac{30}{50} \times 0, 5 \times 1, 5 = 0, 15$ m/s et $v_{2}^{'} = 0, 60 + \frac{20}{50} \times 0, 5 \times 1, 5 = 0, 90$ m/s. Énergie dissipée, première méthode: $E_{c}^{'} = \frac{1}{2} \times 20000 \times 0, 1 5^{2} + \frac{1}{2} \times 30000 \times 0, 9 0^{2} = 225 + 12150 = 12375$ J, donc $22500 - 12375 = 10, 1$ kJ. Seconde méthode, par (5.10): $μ = \frac{20 \times 30}{50} = 12$ t et $\frac{1}{2} \times 12000 \times (1 - 0, 25) \times 1, 5^{2} = 10125$ J. Les deux méthodes concordent; la fraction dissipée, $45 %$ , vaut $(1 - e^{2})$ fois celle du choc parfaitement inélastique.

Exercice 5.3 · Collision à un carrefour

À un carrefour, une voiture A de $1000$ kg roulant vers l'est à $12$ m/s heurte une voiture B de $1500$ kg roulant vers le nord à $9$ m/s. Les deux véhicules restent encastrés.

Déterminer la vitesse (module et direction) de l'ensemble juste après le choc.
Quelle fraction de l'énergie cinétique est dissipée dans le choc?
L'épave glisse ensuite roues bloquées avec un coefficient de frottement $μ_{c} = 0, 70$ . Sur quelle distance? Expliquer comment la police peut, à partir des traces, remonter aux vitesses initiales.

Solution

1. La quantité de mouvement est conservée vectoriellement pendant le choc (les forces de frottement au sol ont une impulsion négligeable sur sa durée). Avec $e_{x}$ vers l'est et $e_{y}$ vers le nord,

P_{x} = 1000 \times 12 = 12000 kg\cdotm/s, P_{y} = 1500 \times 9 = 13500 kg\cdotm/s .

L'épave de $2500$ kg part avec $v_{x} = 4, 80$ m/s et $v_{y} = 5, 40$ m/s, soit $V = 4, 8^{2} + 5, 4^{2} = 7, 22$ m/s dans la direction $α = arctan (5, 4/4, 8) = 48, 4°$ au nord de l'est.

2. $E_{c} = \frac{1}{2} \times 1000 \times 144 + \frac{1}{2} \times 1500 \times 81 = 72, 0 + 60, 75 = 132, 75$ kJ; $E_{c}^{'} = \frac{1}{2} \times 2500 \times 7, 22 5^{2} = 65, 25$ kJ. Énergie dissipée $67, 5$ kJ, soit $50, 8 %$ . On peut vérifier avec König: $E_{c}^{*} = \frac{1}{2} μ ∣ v_{A} - v_{B} ∣^{2}$ avec $μ = 600$ kg et $∣ v_{A} - v_{B} ∣^{2} = 1 2^{2} + 9^{2} = 225$ : $\frac{1}{2} \times 600 \times 225 = 67, 5$ kJ.

3. Roues bloquées, la force de frottement vaut $μ_{c} M g$ et le théorème de l'énergie cinétique donne $\frac{1}{2} M V^{2} = μ_{c} M g d$ , soit $d = \frac{V ^{2}}{2 μ _{c} g} = \frac{7 , 22 5 ^{2}}{2 \times 0 , 70 \times 9 , 81} = 3, 80$ m. Les experts procèdent à l'envers: la longueur et la direction des traces donnent $V$ et $α$ , donc $P$ ; en divisant $P_{x}$ par $m_{A}$ et $P_{y}$ par $m_{B}$ , on retrouve les vitesses de chaque véhicule avant le choc, à condition que leurs directions initiales soient connues (perpendiculaires ici). C'est l'usage judiciaire de la conservation de la quantité de mouvement.

Exercice 5.4 · Centres de masse par intégration et par superposition

Une plaque homogène est un disque de rayon $R$ centré en $O$ , percé d'un trou circulaire de rayon $R /2$ dont le centre est à la distance $R /2$ de $O$ . Déterminer la position du centre de masse de la plaque percée.
Déterminer la position du centre de masse d'un cône plein homogène de hauteur $h$ et de rayon de base $R$ .
En déduire, sans nouvelle intégrale, le centre de masse d'un cône creux (surface latérale seule, sans base) de mêmes dimensions.

Solution

1. Plaçons l'axe $x$ de $O$ vers le centre du trou. Le disque plein (aire $π R^{2}$ , centre en $x = 0$ ) est la réunion de la plaque percée (aire $π R^{2} - π R^{2} /4 = \frac{3}{4} π R^{2}$ , centre inconnu $x_{CM}$ ) et du disque enlevé (aire $\frac{1}{4} π R^{2}$ , centre en $R /2$ ). Par associativité de la moyenne, les aires jouant le rôle des masses:

π R^{2} \times 0 = \frac{3}{4} π R^{2} x_{CM} + \frac{1}{4} π R^{2} \times \frac{R}{2} ⟹ x_{CM} = - \frac{R}{6} .

Le centre de masse est décalé de $R /6$ du côté opposé au trou, sur l'axe de symétrie. Traiter le trou comme une «masse négative» de centre $R /2$ donne le même calcul.

2. Axe $z$ le long de l'axe du cône, sommet en $z = 0$ , base en $z = h$ . La tranche à la cote $z$ est un disque de rayon $r = R z / h$ , de volume $d V = π R^{2} z^{2} / h^{2} d z$ . Le volume total est $V = π R^{2} h /3$ et

z_{CM} = \frac{1}{V} \int_{0}^{h} z \frac{π R ^{2} z ^{2}}{h ^{2}} d z = \frac{3}{π R ^{2} h} \cdot \frac{π R ^{2}}{h ^{2}} \cdot \frac{h ^{4}}{4} = \frac{3 h}{4} .

Le centre de masse est aux trois quarts de la hauteur depuis le sommet, soit à $h /4$ au-dessus de la base. On retrouve le résultat du triangle (exemple 5.8) avec un exposant de plus: pour une plaque triangulaire, les bandes ont une largeur proportionnelle à $z$ et l'on obtient $2 h /3$ depuis le sommet; pour le cône, les tranches ont une aire proportionnelle à $z^{2}$ .

3. La surface latérale est la réunion de bandes circulaires de rayon $r = R z / h$ et de largeur $d s = d z / cos β$ (où $β$ est le demi-angle au sommet, constant): leur aire $2 π r d s$ est proportionnelle à $z$ , exactement comme les bandes d'un triangle. Le centre de masse est donc le même que celui de la plaque triangulaire: à $2 h /3$ du sommet, soit $h /3$ au-dessus de la base.

Exercice 5.5 · Choc élastique: démonstration par la vitesse relative

Deux corps de masses $m_{1}$ et $m_{2}$ , de vitesses $v_{1}$ et $v_{2}$ , subissent un choc frontal élastique.

Écrire les deux lois de conservation, puis les mettre sous la forme $m_{1} (v_{1} - v_{1}^{'}) = m_{2} (v_{2}^{'} - v_{2})$ et $m_{1} (v_{1}^{2} - v_{1}^{'2}) = m_{2} (v_{2}^{'2} - v_{2}^{2})$ .
En déduire que $v_{1} + v_{1}^{'} = v_{2} + v_{2}^{'}$ , c'est-à-dire que la vitesse relative est inversée: $v_{1}^{'} - v_{2}^{'} = - (v_{1} - v_{2})$ . Que devient le cas exclu par la division?
Résoudre le système linéaire formé par la conservation de la quantité de mouvement et cette relation, et retrouver les formules (5.11).
Montrer que si $v_{2} = 0$ , la fraction de l'énergie cinétique transférée au corps 2 vaut $\frac{4 m _{1} m _{2}}{( m _{1} + m _{2} ) ^{2}}$ , et qu'elle est maximale, égale à $1$ , lorsque $m_{1} = m_{2}$ .

Solution

1. Conservation de la quantité de mouvement: $m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2} = m_{1} v_{1}^{'} + m_{2} v_{2}^{'}$ , soit, en regroupant par corps, $m_{1} (v_{1} - v_{1}^{'}) = m_{2} (v_{2}^{'} - v_{2})$ . Conservation de l'énergie cinétique (choc élastique): $\frac{1}{2} m_{1} v_{1}^{2} + \frac{1}{2} m_{2} v_{2}^{2} = \frac{1}{2} m_{1} v_{1}^{'2} + \frac{1}{2} m_{2} v_{2}^{'2}$ , soit $m_{1} (v_{1}^{2} - v_{1}^{'2}) = m_{2} (v_{2}^{'2} - v_{2}^{2})$ .

2. Factorisons la seconde: $m_{1} (v_{1} - v_{1}^{'}) (v_{1} + v_{1}^{'}) = m_{2} (v_{2}^{'} - v_{2}) (v_{2}^{'} + v_{2})$ . Si $v_{1} \neq = v_{1}^{'}$ , la première relation montre que $v_{2}^{'} \neq = v_{2}$ et l'on peut diviser membre à membre par $m_{1} (v_{1} - v_{1}^{'}) = m_{2} (v_{2}^{'} - v_{2}) \neq = 0$ : il reste $v_{1} + v_{1}^{'} = v_{2} + v_{2}^{'}$ , soit $v_{1}^{'} - v_{2}^{'} = - (v_{1} - v_{2})$ . La vitesse de séparation est l'opposée de la vitesse d'approche: c'est $e = 1$ dans (5.6). Le cas exclu, $v_{1}^{'} = v_{1}$ (et donc $v_{2}^{'} = v_{2}$ ), est la solution triviale «pas de choc», qui satisfait aussi les deux lois: un système quadratique a deux solutions, et la factorisation sépare la solution physique de la solution triviale.

3. Le système est linéaire en $(v_{1}^{'}, v_{2}^{'})$ :

{m_{1} v_{1}^{'} + m_{2} v_{2}^{'} = m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2} v_{1}^{'} - v_{2}^{'} = - v_{1} + v_{2}

Multiplions la seconde par $m_{2}$ et ajoutons: $(m_{1} + m_{2}) v_{1}^{'} = m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2} - m_{2} v_{1} + m_{2} v_{2} = (m_{1} - m_{2}) v_{1} + 2 m_{2} v_{2}$ , d'où $v_{1}^{'} = \frac{( m _{1} - m _{2} ) v _{1} + 2 m _{2} v _{2}}{m _{1} + m _{2}}$ . Multiplions la seconde par $m_{1}$ et retranchons: $(m_{1} + m_{2}) v_{2}^{'} = m_{1} v_{1} + m_{2} v_{2} + m_{1} v_{1} - m_{1} v_{2} = 2 m_{1} v_{1} + (m_{2} - m_{1}) v_{2}$ , d'où $v_{2}^{'} = \frac{2 m _{1} v _{1} + ( m _{2} - m _{1} ) v _{2}}{m _{1} + m _{2}}$ . Ce sont les formules (5.11).

4. Avec $v_{2} = 0$ : $v_{2}^{'} = \frac{2 m _{1} v _{1}}{m _{1} + m _{2}}$ et l'énergie transférée vaut

\frac{E _{2}^{'}}{E _{1}} = \frac{\frac{1}{2} m _{2} v _{2}^{'2}}{\frac{1}{2} m _{1} v _{1}^{2}} = \frac{m _{2}}{m _{1}} \cdot \frac{4 m _{1}^{2}}{( m _{1} + m _{2} ) ^{2}} = \frac{4 m _{1} m _{2}}{( m _{1} + m _{2} ) ^{2}} .

Posons $x = m_{2} / m_{1} > 0$ : la fraction s'écrit $f (x) = \frac{4 x}{( 1 + x ) ^{2}}$ . Sa dérivée $f^{'} (x) = \frac{4 ( 1 + x ) ^{2} - 8 x ( 1 + x )}{( 1 + x ) ^{4}} = \frac{4 ( 1 - x )}{( 1 + x ) ^{3}}$ est positive pour $x < 1$ et négative pour $x > 1$ : $f$ est maximale en $x = 1$ , où $f (1) = 1$ . On peut aussi écrire $1 - f (x) = \frac{( 1 - x ) ^{2}}{( 1 + x ) ^{2}} \geq 0$ , avec égalité si et seulement si $x = 1$ . Le transfert d'énergie est total entre masses égales et tend vers $0$ dans les deux limites $x \to 0$ (mur) et $x \to \infty$ (projectile lourd): c'est le résultat qui dicte le choix des modérateurs de l'exemple 5.6, et qui explique pourquoi un marteau efficace a une masse comparable à celle de la pièce qu'il frappe.

Références

Gruber, C. et Benoit, W., Mécanique générale, Presses polytechniques et universitaires romandes, Lausanne, chap. 8 et 10 (quantité de mouvement, chocs, centre de masse).
Halliday, D., Resnick, R. et Walker, J., Physique 1 – Mécanique, Chenelière/De Boeck, chap. 9 (centre de masse et quantité de mouvement).
Benson, H., Physique I – Mécanique, De Boeck, Bruxelles, chap. 9 et 10.
Kleppner, D. et Kolenkow, R. J., An Introduction to Mechanics, 2e éd., Cambridge University Press, chap. 4 (momentum, rocket motion, collisions).
Young, H. D. et Freedman, R. A., University Physics, 15e éd., Pearson, chap. 8.
Feynman, R. P., Leighton, R. B. et Sands, M., Le cours de physique de Feynman – Mécanique 1, Dunod, Paris, chap. 10 (conservation de la quantité de mouvement).

Objectifs du chapitre

Quantité de mouvement et impulsion

La quantité de mouvement

Impulsion d'une force

Conservation de la quantité de mouvement

Forces intérieures et forces extérieures

Collisions

Classification par le coefficient de restitution

Choc parfaitement inélastique

Choc quelconque à une dimension

Choc élastique à une dimension

Explorateur de collisions à une dimension

Chocs à deux dimensions

Centre de masse

Définition et calcul

Théorème du centre de masse

Référentiel du centre de masse

Systèmes à masse variable

L'équation de la fusée

La formule de Tsiolkovski

Masse qui s'ajoute: le tapis roulant

Synthèse

Série d'exercices du chapitre 5

Collision frontale de deux voitures

Vitesse de l'épave

Énergie dissipée

Force moyenne sur la voiture A

Décélération des occupants

Exercices

Références