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Documents de Physique-Chimie – M. MORIN

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Thème : Lois et modèles Partie : Temps, mouvement et évolution.

Cours 18 : Quantité de mouvement et lois de Newton.

I. Quantité de mouvement �� d’un point matériel.

Le vecteur quantité de mouvement 𝑝 d’un point matériel est égal au produit de sa masse m par son vecteur vitesse 𝑣 . La norme du vecteur quantité de mouvement est p = mv Son unité est le kg.m.s-1

II. Les trois lois de Newton.

1. Première loi de Newton : principe d’inertie.

Dans un référentiel galiléen, si la somme des forces extérieures appliquées au centre d’inertie d’un solide est nulle, alors son mouvement est rectiligne uniforme et réciproquement.

Si

0Fext alors

constvG

Rappel : Un référentiel galiléen est un référentiel dans le quel le principe d’inertie est vérifié.

Un référentiel est galiléen s’il est en mouvement de translation uniforme par rapport à un référentiel galiléen.

Activité 5 page 135 : Galiléen or not galiléen ?

Solide : corps indéformable Centre d’inertie : point du solide dont le mouvement est le plus simple

2. Troisième loi de Newton : principe des actions réciproques.

A et B étant deux corps en interaction

La force exercée par A sur B notée

F BA / et la force exercée par B sur A notée

F AB / ont

Même direction, même intensité mais des sens opposés.

F BA / = -

F AB /

3. Deuxième loi de Newton. (Principe fondamental de la dynamique P.F.D.)

3.1. Enoncé. Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces qui s’exercent sur un point matériel est égale à la dérivée, par rapport au temps, du vecteur quantité de mouvement du point matériel.

∑𝐹 =𝑑𝑝

𝑑𝑡

Cette relation peut également s’écrire : F s’exprime en Newton

∑𝐹 =𝑑𝑝

𝑑𝑡= 𝑚 ∙

𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑚𝑎


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3.2. Approche expérimentale. (Présentation powerpoint).

- Mettre en évidence expérimentale le lien entre

F ext et

vG .

- Montrer que

F ext =

am G


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III. Application des lois de Newton à l’étude d’un mouvement dans le champ de pesanteur.

1. Cas d’une chute libre sans vitesse initiale.

Une chute libre signifie que le solide n’est soumis qu’à son poids.

Afin de décrire le mouvement du boulet, nous allons suivre les étapes suivantes :

- Définir le système : la balle. - Définir le référentiel : référentiel terrestre supposé galiléen défini par un repère orthonormé dans

lequel l’axe vertical est dirigé vers le haut.

- Faire le bilan des forces : le poids �� - Appliquer la deuxième loi de Newton :

∑𝐹 =𝑑𝑝

𝑑𝑡= 𝑚 ∙

𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑚𝑎

𝑚𝑎 = 𝑚𝑔

𝑎 = 𝑔

- Définir les conditions initiales : A l’instant t0 = 0, le solide est lâché sans vitesse initiale v0 = 0 Il est lâché du point O et est étudié en un point quelconque A.

- Etablir les équations horaires paramétriques.

o Détermination par intégration des coordonnées du vecteur vitesse 𝑣 (𝑡) à partir du vecteur

accélération 𝑎 = 𝑑��

𝑑𝑡

ax = 0 vx = constante = v0x = 0 ay = 0 alors vy = constante = v0y = 0 az = - g vz = -gt + constante = -gt + 0 = -gt

o Détermination par intégration des coordonnées du vecteur position 𝑂𝐴 (𝑡) à partir du

vecteur vitesse 𝑣 = 𝑑𝑂𝐴

𝑑𝑡

vx (t) = 0 x(t) = 0 vy (t) = 0 alors y(t) = 0

vz (t) = -gt z(t) = −1

2𝑔𝑡2

Conclusion : Le mouvement est rectiligne uniformément accéléré.

𝑎 (𝑡) 𝑣 (𝑡)

𝑣 (𝑡) 𝑂𝐴


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2. Cas d’une chute avec vitesse initiale.

2.1. Approche historique. Galilée (1564 – 1642) montra que l’hypothèse de tir décrit dans l’illustration ci-dessous était erronée. Faire une analyse argumentée afin de montrer pourquoi le dessin suivant est une représentation erronée d’un tir de canon.

2.2. Etablissement des équations horaires paramétriques.

Afin de décrire le mouvement du boulet, nous allons suivre les étapes suivantes :

- définir le système - définir le référentiel - faire le bilan des forces - appliquer la deuxième loi de Newton - définir les conditions initiales - établir les équations horaires paramétriques - établir l’équation de la trajectoire

- Système : le boulet de masse m - Référentiel : terrestre supposé galiléen

- Bilan des forces : poids �� = 𝑚𝑔

- Application de la deuxième loi de Newton : ∑𝐹 =𝑑𝑝

𝑑𝑡= 𝑚 ∙

𝑑��

𝑑𝑡= 𝑚𝑎 alors 𝑚𝑔 = 𝑚𝑎 soit 𝑔 = 𝑎


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- conditions initiales :

à t = 0

les coordonnées du vecteur position sont :

x0 = 0 y0 = 0 z0 = z0

les coordonnées du vecteur vitesse sont :

v0x = 0

v0y = v0 cos

v0z = v0 sin

- Etablissement des équations horaires paramétriques :


accélération 𝑎 = 𝑑��

𝑑𝑡

ax = 0 vx = v0x = 0

ay = 0 alors vy = v0y = v0 cos

az = - g vz = -gt + v0z = -gt + v0 sin

Interprétation :

vx = v0x = 0 alors le mouvement est plan.

vy = v0y = v0 cos constante alors le mouvement sur l’axe Oy est uniforme. az = - g alors le mouvement sur l’axe Oz est uniformément varié.



𝑑𝑡

vx = 0 x = x0

vy = v0 cos alors y = v0 cos t + y0

vz = -gt + v0 sin z = ztvgt 002

sin2

1

avec x0 = 0, y0 = 0, z0 = z0, on peut écrire : x = 0

y = v0 cos t

z = tvgt sin2

10

2 + z0

OG0

v0

𝑎 (𝑡) 𝑣 (𝑡)

𝑣 (𝑡) 𝑂𝐴 (𝑡)

𝑂𝐴 (𝑡)


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Interprétation : Le mouvement a lieu dans le plan vertical yOz

- Etablissement de l’équation de la trajectoire :

Etablir l’équation de la trajectoire cartésienne de la trajectoire dans le plan vertical yOz consiste à exprimer z en fonction de y. Il faut éliminer le paramètre temps t On a :

y = v0 cos t alors cos0v

yt

On remplace cette expression de t dans l’équation z = tvgt sin2

10

2 + z0

On obtient :

zv

y

zv

vv

y

ygz

ygz

022

0

2

0

0

0

2

tan2

1

cossin

02

1

cos

cos

L’équation de la trajectoire est du type : z = Ay2 + By + z0 La trajectoire est une parabole.


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Exercice d’application : 15 page 174.


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IV. Application des lois de Newton à l’étude d’un mouvement dans un champ électrostatique uniforme. Un proton de masse m = 1,67 × 10-27 kg et de charge électrique q = +e = 1,60 × 10-19 C est accéléré sous l’action d’un champ uniforme E. Ce champ électrique E est produit par l’application d’une tension U = 5 000 V entre deux plaques distantes de d = 0,100 m. L’intensité de la pesanteur est g = 9,81 m.s-2

On rappelle que l’expression de la norme du champ E est E = 𝑈

𝑑

La norme de la force électrique exercée sur le proton a pour expression F = qE

Après avoir montrer que le poids du proton était négligeable devant la force électrique exercée sur celui-ci, déterminer les équations horaires paramétriques en appliquant la deuxième loi de Newton.

Le poids a pour valeur P = mg = 1,67 × 10-27 × 9,81 = 1,64 × 10-26 N

La force électrique a pour valeur F = qE = 𝑞𝑈

𝑑=

1,6×10−19×5000

0,100= 8,00 × 10-15 N.

Le rapport 𝑃

𝐹=

1,64×10−26

8,00×10−15 = 2,05 × 10-12 montre bien que le poids est négligeable devant la force électrique.

Système : le proton Référentiel : terrestre supposé galiléen. Bilan des forces :

- Poids �� = 𝑚𝑔

- Force électrique 𝐹 = 𝑞��

Application de la deuxième loi de Newton : ∑𝐹 =𝑑𝑝

𝑑𝑡= 𝑚 ∙

𝑑��

𝑑𝑡= 𝑚𝑎 alors 𝑞�� = 𝑚𝑎 soit 𝑞

𝐸

𝑚

= 𝑎

Conditions initiales : A l’instant t0 = 0, le solide est lâché sans vitesse initiale v0 = 0 Il est initialement au point A.

��


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Equations horaires paramétriques.


accélération 𝑎 = 𝑞𝐸

𝑚

ax = 𝑞𝐸

𝑚 vx =

𝑞𝐸

𝑚𝑡 + 0 =

𝑞𝐸

𝑚𝑡

ay = 0 alors vy = constante = v0y = 0 az = 0 vz = constante = 0



𝑑𝑡

vx (t) = 𝑞𝐸

𝑚𝑡 x(t) =

1

2∙𝑞𝐸

𝑚∙ 𝑡2

vy (t) = 0 alors y(t) = 0 vz (t) = 0 z(t) = 0

vx (t) = 𝑞𝐸

𝑚𝑡 =

𝑞𝑈

𝑚𝑑 𝑡 =

1,60×10−19×5000

1,67×10−27×0,100𝑡 = 4,79 × 1012t

x(t) = 1

2∙𝑞𝐸

𝑚∙ 𝑡2 =

1

2∙

𝑞𝑈

𝑚𝑑∙ 𝑡2 = 2,40 × 1012 t2

Conclusion : Le mouvement est rectiligne uniformément accéléré.

𝑎 (𝑡) 𝑣 (𝑡)

𝑣 (𝑡) 𝑂𝐴