Travail, énergie ou quantité de mouvement : choisir la méthode

1. Choisir le système et l’intervalle

Un système est l’objet ou l’ensemble d’objets que vous étudiez. Une force exercée par quelque chose d’extérieur à ce système est une force extérieure. Les forces de contact entre deux mobiles sont extérieures à chacun des mobiles pris seul, mais intérieures au système formé des deux. Changer de système change donc les forces qui peuvent modifier sa quantité de mouvement totale.

Un intervalle possède un début et une fin précis : du début à la fin d’une poussée, de l’instant juste avant le choc à l’instant juste après, ou du premier contact avec le ressort à sa compression maximale. Indiquez ces états sur un schéma. Écrire « avant » et « après » ne suffit pas sans préciser l’événement concerné.

Appuyez-vous sur les données de la question pour choisir une première équation utile :

• Une force agit sur un déplacement, ou une vitesse est liée à une hauteur ou à une compression : commencez par le théorème de l’énergie cinétique ou un bilan d’énergie.
• Une force agit pendant une durée connue, ou l’on donne un graphique force–temps : commencez par le théorème de l’impulsion.
• Une collision se produit avec une impulsion extérieure négligeable : utilisez la conservation de la quantité de mouvement totale des objets qui entrent en collision. Vérifiez séparément le type de collision avant de conclure à la conservation de l’énergie cinétique.
• On cherche une accélération, une tension ou une force de contact à un instant : la deuxième loi de Newton peut être le meilleur point de départ. L’énergie et la quantité de mouvement ne sont pas les seuls outils.

Ces indices aident à choisir une méthode efficace; ils n’excluent pas les autres méthodes. Les théorèmes de l’énergie cinétique et de l’impulsion restent valables sous leur forme appropriée. Chaque raccourci de conservation exige une justification.

Notation : $m$ désigne la masse en kilogrammes, $t$ le temps en secondes et $v_x$ la vitesse algébrique sur l’axe $x$, en m/s. En une dimension, le module de la vitesse $v=|v_x|$ est positif ou nul. Les indices $i$ et $f$ désignent le début et la fin de l’intervalle étudié. Le symbole $\Delta$ signifie valeur finale moins valeur initiale.

2. Relier le travail à une variation de vitesse

L’énergie cinétique d’une particule est $K=\tfrac12mv^2$, en joules, J. Elle dépend du carré du module de la vitesse. Deux mouvements de même rapidité, l’un vers la gauche et l’autre vers la droite, correspondent donc à la même énergie cinétique.

Pour un vecteur force constant agissant sur un déplacement $\Delta\vec r$, le travail vaut

Ici, $F$ est le module de la force en newtons, $d=|\Delta\vec r|$ le module du déplacement en mètres et $\theta$ l’angle entre les deux vecteurs. Ainsi, $1\,\mathrm J=1\,\mathrm{N\,m}$. Le travail est positif si la composante de la force dans le sens du déplacement est positive, négatif si elle est négative, et nul si la force est perpendiculaire au déplacement. En une dimension, pour une force variable, utilisez l’aire algébrique sous le graphique de la composante de force en fonction de la position, en respectant le sens du parcours sur chaque segment.

Additionnez les travaux de toutes les forces sur la particule. Le théorème de l’énergie cinétique donne

Cette équation ne suppose pas que l’énergie cinétique se conserve. Un travail total positif augmente le module de la vitesse; un travail total négatif le diminue. Si vous obtenez $K_f<0$, l’état final proposé n’est pas accessible dans le modèle annoncé.

3. Déterminer si l’énergie mécanique se conserve

Une interaction conservative, comme la gravité idéale ou un ressort idéal, peut être représentée par une énergie potentielle $U$. Son travail vaut $-\Delta U$. L’énergie potentielle est associée à une interaction : l’énergie gravitationnelle concerne l’objet et la Terre; l’énergie élastique concerne le ressort et sa déformation.

• Près de la Terre : $U_g=mgy$, où la hauteur $y$ est orientée vers le haut à partir d’un niveau zéro fixe choisi librement. Nous utilisons $g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}$. Une chute diminue $U_g$.
• Ressort idéal : $U_s=\tfrac12kx^2$, où $k>0$ est la raideur en N/m et $x$ l’allongement ou la compression algébrique par rapport à la position sans déformation. L’énergie est positive pour les deux signes non nuls de $x$. Son zéro est choisi en $x=0$.

Dans notre modèle de particule, regroupez les interactions conservatives choisies dans $U$. Notez $W_{\rm autres}$ le travail des forces restantes. Le théorème de l’énergie cinétique devient

L’énergie mécanique $E_{\rm mec}=K+U$ se conserve sur l’intervalle si $W_{\rm autres}=0$. Justifiez cette condition : par exemple, une résistance de l’air négligeable et un support immobile qui ne travaille pas. Un ressort doit également avoir un comportement élastique sans amortissement appréciable. Ne comptez pas la même interaction gravitationnelle ou élastique à la fois comme un travail et comme une variation d’énergie potentielle.

Une collision avec accrochage demande un bilan d’énergie plus complet, car les déformations et d’autres changements internes peuvent absorber de l’énergie cinétique. L’énergie totale reste comptabilisée lorsque toutes les formes et tous les transferts sont inclus. Le raccourci $K_i=K_f$, ou $K_i+U_i=K_f+U_f$ en omettant ces changements internes, est généralement invalide pendant ce choc.

Prédiction rapide : une particule lâchée sans vitesse initiale qui descend d’une hauteur $h>0$, sans résistance de l’air, satisfait $mgh=\tfrac12mv^2$. Ainsi, $v=\sqrt{2gh}$. Cette expression donne un module de vitesse. Elle n’affirme pas que la quantité de mouvement de la particule reste constante : la gravité la modifie.

4. Relier l’impulsion à une variation de quantité de mouvement

La quantité de mouvement est le vecteur $\vec p=m\vec v$, en kg·m/s. Sur un axe, $p_x=mv_x$; son signe est donc celui de la vitesse algébrique. La quantité de mouvement totale $\vec P$ d’un groupe fixe d’objets est la somme vectorielle de leurs quantités de mouvement individuelles.

L’impulsion $\vec J$ mesure l’effet d’une force cumulé dans le temps. Pour une force constante, $\vec J=\vec F\Delta t$. Pour une force variable, utilisez sa moyenne temporelle ou l’aire algébrique sous son graphique force–temps. L’unité est le N·s, équivalent au kg·m/s. Le théorème de l’impulsion pour un système de masse constante s’écrit

Ici, $\vec J_{\rm ext}$ est l’impulsion totale des forces extérieures sur l’intervalle considéré. Les forces intérieures entre objets vont par paires égales et opposées; elles se compensent dans le bilan de quantité de mouvement du système. Elles n’annulent pas les variations de quantité de mouvement de chaque objet pris séparément.

La quantité de mouvement totale a la même valeur initiale et finale si l’impulsion extérieure résultante est nulle, ou approximativement la même valeur si cette impulsion est négligeable à la précision recherchée. Pour qu’elle reste constante à chaque instant de l’intervalle, la résultante des forces extérieures doit être nulle à chaque instant. La courte durée d’un choc ne suffit pas : un choc contre un mur peut tout de même fournir une grande impulsion extérieure. Une composante peut se conserver sans que l’autre se conserve.

Exemple résolu 2 : une impulsion positive qui inverse le mouvement

Une particule de 0,20 kg possède initialement une vitesse algébrique $v_{i,x}=-3{,}0\,\mathrm{m/s}$. Le sens positif est vers la droite. Sa force horizontale résultante suit le profil triangulaire ci-dessous : zéro en $t=0$, +8,0 N à 0,10 s, puis zéro à 0,20 s, avec des segments droits entre ces points. Trouvez la vitesse algébrique finale.

Voir le graphique force–temps en taille réelle

Utilisez l’aire algébrique : le triangle est au-dessus de l’axe du temps.

$$\begin{aligned}J_x&=\tfrac12(0{,}20\,\mathrm s)(8{,}0\,\mathrm N)\\&=+0{,}80\,\mathrm{N\,s}.\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}p_{i,x}&=(0{,}20)(-3{,}0)\\&=-0{,}60\,\mathrm{kg\,m/s}.\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}p_{f,x}&=-0{,}60+0{,}80\\&=+0{,}20\,\mathrm{kg\,m/s}.\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}v_{f,x}&=\frac{+0{,}20}{0{,}20}\\&=+1{,}0\,\mathrm{m/s}.\end{aligned}$$

L’impulsion annule d’abord la quantité de mouvement vers la gauche, puis crée une quantité de mouvement vers la droite. La particule finit donc par avancer vers la droite, avec un module de vitesse inférieur à celui du départ.

Vérification énergétique : $K_i=0{,}90\,\mathrm J$ et $K_f=0{,}10\,\mathrm J$; le travail total vaut donc $-0{,}80\,\mathrm J$. Une impulsion positive n’impose pas un travail positif. L’impulsion dépend de la force et du temps; le travail dépend de la force et du déplacement. Tant que la particule se déplace vers la gauche, la force dirigée vers la droite effectue un travail négatif.

Lien facultatif avec le calcul intégral : en une dimension, $J_x=\int_{t_i}^{t_f}F_x\,dt$, tandis que $W=\int_{x_i}^{x_f}F_x\,dx$ lorsque la force est décrite en fonction de la position le long du mouvement. Plus généralement, $W=\int_{t_i}^{t_f}F_xv_x\,dt$, ce qui traite aussi un changement de sens. Le facteur supplémentaire $v_x$ explique ici la différence de signe.

Facultatif : la quantité de mouvement sans collision

Un prolongement de 10 à 15 minutes : utilisez un centre de masse fixe pour distinguer le déplacement par rapport au bateau de celui par rapport à la rive. L’exemple résolu et les deux premières questions ne demandent que de l’algèbre. La dernière question propose un lien facultatif avec le calcul différentiel et intégral. Vous pouvez poursuivre le parcours principal avec la collision et le ressort à tout moment.

Partir d’une position pondérée

Pour une personne de masse $m_p$ et un bateau de masse $m_b$, notons $x_p$ et $x_b$ les positions de leurs centres de masse respectifs sur le même axe horizontal lié à la rive. Le centre de masse du système est la moyenne de ces positions pondérée par les masses :

Choisissez le système personne + bateau. Si sa quantité de mouvement horizontale totale est initialement nulle et si la résultante horizontale extérieure reste négligeable pendant tout le mouvement, son centre de masse reste fixe horizontalement. Les forces de contact internes peuvent tout de même déplacer chaque partie. À masses constantes, soustraire le bilan initial des positions pondérées du bilan final donne

Il s’agit d’un bilan des produits masse × déplacement, issu du centre de masse fixe, et non d’une équation de quantité de mouvement où les déplacements remplaceraient les vitesses. Une impulsion extérieure totale nulle sur tout le trajet garantirait seulement des quantités de mouvement égales aux deux extrémités de l’intervalle; elle ne suffirait pas à fixer le centre de masse pendant tout le trajet.

Une personne se déplace dans un bateau : quel déplacement vaut 3 mètres?

Une personne de 60 kg et un bateau de 90 kg sont initialement au repos par rapport à la rive. La personne se déplace de 3,0 m vers la droite par rapport au bateau, puis s’immobilise par rapport à celui-ci. Trouvez leurs déplacements par rapport à la rive.

Modèle : prenez la droite comme sens positif et la rive comme référentiel approximativement inertiel. Négligez les forces horizontales extérieures pendant tout le mouvement ainsi que la rotation. Les masses restent constantes; le bateau se déplace en translation sans modifier sa répartition interne de masse. Suivez le centre de masse de la personne et supposez qu’il y a assez d’espace sur le bateau.

Deux conditions, deux équations. Les deux déplacements inconnus ci-dessous sont mesurés par rapport à la rive. La seconde équation indique la variation de position de la personne par rapport au bateau :

$$\begin{aligned}(60\,\mathrm{kg})\Delta x_p+(90\,\mathrm{kg})\Delta x_b&=0,\\\Delta x_p-\Delta x_b&=3{,}0\,\mathrm m.\end{aligned}$$

Le déplacement de la personne par rapport à la rive est donc celui du bateau, augmenté de 3,0 m. Substituez dans le bilan pondéré :

$$\begin{aligned}(150\,\mathrm{kg})\Delta x_b+180\,\mathrm{kg\,m}&=0,\\\Delta x_b&=-1{,}2\,\mathrm m,\\\Delta x_p&=+1{,}8\,\mathrm m.\end{aligned}$$

Vérifiez les deux conditions : les déplacements pondérés par les masses se compensent et leur différence donne le déplacement relatif indiqué.

$$\begin{aligned}60(1{,}8)+90(-1{,}2)&=0,\\1{,}8-(-1{,}2)&=3{,}0.\end{aligned}$$

La première vérification utilise des kg·m; la seconde, des mètres. Le bateau recule vers la gauche : la personne avance donc de moins de 3,0 m par rapport à la rive.

Voir le schéma du référentiel de la rive en taille réelle

À la fin : l’arrêt relatif impose une vitesse commune. La quantité de mouvement totale reste nulle : cette vitesse commune par rapport à la rive est donc nulle. Les déplacements, eux, ne sont pas nuls. L’énergie cinétique mécanique des deux corps ne se conserve pas pendant toute la marche : une conversion d’énergie interne permet le mouvement et l’arrêt peut dissiper de l’énergie. Le résultat sur les déplacements ne demande ni durée de marche ni historique détaillé des forces.

À retenir : précisez le référentiel de chaque déplacement, vérifiez l’hypothèse sur les forces extérieures, puis combinez un bilan pondéré par les masses avec un bilan des positions relatives. Pour la définition de la position pondérée, consultez OpenStax University Physics, section 9.6 : centre de masse (en anglais).

5. Séparer la collision de la compression du ressort

Une collision est élastique lorsque l’énergie cinétique totale des objets qui se heurtent est la même avant et après. Une collision au cours de laquelle les objets restent accrochés est parfaitement inélastique. Lors d’un accrochage ordinaire avec mouvement relatif avant le choc et travail extérieur négligeable, l’énergie cinétique diminue. La conservation de la quantité de mouvement est une question distincte, liée à l’impulsion extérieure; elle ne dépend pas du caractère élastique du choc.

Exemple résolu 3 : s’accrocher, puis comprimer un ressort

Sur un rail à coussin d’air horizontal, le mobile A a une masse $m_A=0{,}40\,\mathrm{kg}$ et une vitesse algébrique $u_A=+3{,}0\,\mathrm{m/s}$. Le mobile B a une masse $m_B=0{,}80\,\mathrm{kg}$ et est immobile, donc $u_B=0$. Ils entrent en collision et restent accrochés. Après avoir franchi un court espace libre, l’ensemble touche un ressort idéal sans masse, initialement non déformé, de raideur $k=120\,\mathrm{N/m}$, fixé à un mur. Trouvez la compression maximale.

Supposez la résistance horizontale et l’énergie de rotation négligeables. La collision se termine avant le contact avec le ressort. Le ressort n’est pas attaché aux mobiles au départ. Ces précisions permettent de séparer les deux intervalles.

Voir le schéma collision–ressort en taille réelle

Intervalle A : de juste avant à juste après le choc

Choisissez les deux mobiles comme système. Les forces de collision sont intérieures. L’impulsion extérieure horizontale est négligeable : la quantité de mouvement horizontale totale se conserve. Puisqu’ils restent accrochés, les mobiles partagent ensuite la même vitesse algébrique $V$ :

$$\begin{aligned}&m_Au_A+m_Bu_B\\&\quad=(m_A+m_B)V.\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}V&=\frac{(0{,}40)(3{,}0)+(0{,}80)(0)}{1{,}20}\\&=+1{,}0\,\mathrm{m/s}.\end{aligned}$$

Faites maintenant le bilan d’énergie cinétique au lieu de supposer qu’elle se conserve :

$$\begin{aligned}K_{\rm avant}&=\tfrac12(0{,}40)(3{,}0)^2\\&=1{,}80\,\mathrm J.\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}K_{\text{après}}&=\tfrac12(1{,}20)(1{,}0)^2\\&=0{,}60\,\mathrm J.\end{aligned}$$

Après l’accrochage, les mobiles possèdent 1,20 J de moins d’énergie cinétique. Cette énergie se retrouve sous d’autres formes ou dans des transferts, notamment la déformation, l’énergie interne et le son. Elle ne fait pas partie de l’énergie que recevra ensuite le ressort idéal.

Intervalle B : du premier contact à la compression maximale

L’ensemble franchit l’espace libre à la vitesse inchangée $V$. Pendant la compression, incluez le ressort idéal dans le bilan énergétique. Le support fixe ne travaille pas, la hauteur ne change pas et les pertes sont négligées. Au départ, $x=0$. À la compression maximale $x_{\max}>0$, l’ensemble est momentanément immobile.

$$\frac12(m_A+m_B)V^2=\frac12kx_{\max}^2.$$ $$\begin{aligned}x_{\max}&=\sqrt{\frac{(1{,}20)(1{,}0)^2}{120}}\\&=0{,}10\,\mathrm m\\&=10\,\mathrm{cm}.\end{aligned}$$

Pourquoi changer de méthode? Pendant la compression, le ressort transmet aux mobiles une impulsion extérieure vers la gauche : leur quantité de mouvement ne se conserve pas. L’énergie mécanique du modèle mobiles–ressort se conserve selon les hypothèses annoncées. Une vitesse nulle à la compression maximale ne signifie pas une force nulle : le ressort exerce une force vers la gauche, de module $kx_{\max}=12\,\mathrm N$.

Repérez une erreur plausible : transférer directement les 1,80 J du départ au ressort donne $x=\sqrt{2(1{,}80)/120}\approx0{,}173\,\mathrm m$. Cette valeur surestime la compression, car elle ignore la diminution d’énergie cinétique pendant l’accrochage.

Démarche réutilisable : indiquez trois états, appliquez la quantité de mouvement pendant le choc, reportez la vitesse obtenue au premier contact avec le ressort, puis utilisez l’énergie pendant la compression. Revérifiez les hypothèses si un ressort ou un mur agit déjà pendant le choc.

6. Essayer six questions avec indices et réponses

Pour chaque question, écrivez le système, l’intervalle, le sens positif et la première équation avant de calculer. Utilisez $g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}$ au besoin. Essayez l’indice avant d’ouvrir la réponse.

Pratique de transfert : changer la situation, garder le raisonnement

Appliquez la méthode à trois nouvelles situations : un glissement avec frottement, le passage au sommet d’une piste et une collision en deux dimensions. Chaque exemple résolu est suivi d’une question semblable avec des valeurs différentes. Vous pouvez faire une pause pour choisir le système, l’intervalle et la première équation, ou ouvrir directement l’explication. Les indices sont facultatifs. Utilisez $g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}$ dans cette section.

Exemple résolu 4 : un plan rugueux modifie l’énergie mécanique

Un bloc de masse $m=2{,}0\,\mathrm{kg}$ qui glisse déjà vers le bas arrive à 2,0 m/s sur un plan rectiligne, fixe et incliné à 30°. Il parcourt une distance $d=4{,}0\,\mathrm m$ le long du plan. Le coefficient de frottement cinétique vaut $\mu_k=0{,}20$; la résistance de l’air est négligeable. Trouvez sa vitesse après ces 4,0 m. Notons $N$ la grandeur de la force normale et $f_k$ celle du frottement cinétique. Avant de calculer, quelle force retire de l’énergie mécanique, et pourquoi la normale n’effectue-t-elle aucun travail?

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L’accélération perpendiculaire au plan rectiligne est nulle. Trouvez $N=mg\cos30^\circ$, puis $f_k=\mu_kN$. La descente verticale vaut $d\sin30^\circ$, et non $d$.

Voir l’explication détaillée

Système : le bloc. Intervalle : de l’entrée au point situé 4,0 m plus bas le long du plan. Première équation : $\Delta K=W_g+W_f+W_N$. Ici, $W_g$, $W_f$ et $W_N$ désignent les travaux du poids, du frottement et de la force normale. Le poids effectue un travail positif; le frottement cinétique, un travail négatif. Le plan fixe maintient la normale perpendiculaire au déplacement instantané, donc $W_N=0$. Cela concerne son travail et ne signifie pas que la force normale est nulle.

$$\begin{aligned}N&=mg\cos30^\circ\\&=(2{,}0)(9{,}8)\cos30^\circ\\&\approx16{,}97\,\mathrm N,\\f_k&=0{,}20N\approx3{,}395\,\mathrm N.\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}W_g&=mgd\sin30^\circ\\&=39{,}2\,\mathrm J,\\W_f&=-\mu_kmgd\cos30^\circ\\&\approx-13{,}58\,\mathrm J.\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}K_f&=\tfrac12(2{,}0)(2{,}0)^2\\&\quad+39{,}2-13{,}58\\&\approx29{,}62\,\mathrm J,\\v_f&=\sqrt{2K_f/m}\\&\approx5{,}44\,\mathrm{m/s}.\end{aligned}$$

Pourquoi ne pas conserver l’énergie mécanique? De façon équivalente, le bilan d’énergie mécanique du système bloc–Terre est $\Delta(K+U_g)=W_f$, lorsque l’interaction avec la surface est représentée par le travail du frottement. Cette énergie diminue de 13,58 J. Inclure la surface et l’énergie thermique dans un système plus large permet de conserver l’énergie totale, pas l’énergie mécanique. Sans frottement, la vitesse finale serait plus grande. Ici, la composante descendante du poids dépasse le frottement : le bloc continue donc à descendre pendant tout l’intervalle, conformément au modèle de frottement cinétique.

Exemple résolu 5 : l’énergie donne la vitesse; Newton vérifie le contact

Un chariot de 2,0 kg, modélisé comme une particule sans énergie de rotation, a une vitesse de 6,0 m/s en A sur une piste lisse et fixe. Le sommet B se trouve 0,50 m plus haut et son rayon de courbure local vaut 4,0 m. Le chariot roule sur le dessus de la piste, qui peut le pousser mais pas le tirer. Négligez la résistance de l’air. En supposant le contact maintenu jusqu’en B, trouvez la vitesse, puis vérifiez si le contact y est localement possible. La conservation de l’énergie suffit-elle à déterminer la normale?

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Utilisez d’abord $K_A+U_A=K_B+U_B$. Tracez ensuite les forces sur le chariot en B et prenez l’intérieur comme sens positif : $mg-N=mv_B^2/R$.

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Système pour l’énergie : le chariot et la Terre; intervalle : de A à B selon la trajectoire de contact proposée. Première équation : $\tfrac12mv_A^2=\tfrac12mv_B^2+mg\Delta h$. La normale de la piste fixe et lisse ne travaille pas tant que le contact est maintenu, et aucun travail dissipatif n’intervient.

$$\begin{aligned}v_B^2&=v_A^2-2g\Delta h\\&=36-2(9{,}8)(0{,}50)\\&=26{,}2\,\mathrm{m^2/s^2},\\v_B&\approx5{,}12\,\mathrm{m/s}.\end{aligned}$$

Système pour les forces : le chariot seul; instant : en B. Première équation radiale : $mg-N=mv_B^2/R$. Le poids est dirigé vers l’intérieur; la normale, vers l’extérieur. La « force centripète » désigne la force résultante vers l’intérieur, pas une troisième interaction.

$$\begin{aligned}N&=m(g-v_B^2/R)\\&=2{,}0(9{,}8-26{,}2/4{,}0)\\&=6{,}50\,\mathrm N.\end{aligned}$$

Vérification du contact : $N>0$ est compatible avec le contact en B. La limite locale est $N=0$, soit $v_B=\sqrt{gR}$. Une normale exigée négative signifierait que la piste doit tirer le chariot : la trajectoire de contact supposée serait impossible. Un résultat positif en B ne prouve pas que le contact est maintenu partout auparavant; cela dépend du reste de la piste. L’énergie a fourni la vitesse manquante, puis la loi de Newton a vérifié la contrainte. Pour pratiquer davantage les diagrammes avec une vitesse donnée, poursuivez avec Mouvement circulaire et diagrammes de forces.

Exemple résolu 6 : conserver la quantité de mouvement par composantes

Sur une table horizontale à coussin d’air, la rondelle A (2,0 kg) se déplace vers l’est à 3,0 m/s et la rondelle B (1,0 kg) vers le nord à 4,0 m/s. Elles entrent en collision et restent accrochées. Modélisez-les comme des particules, négligez la rotation et supposez l’impulsion extérieure résultante négligeable dans les deux directions horizontales pendant l’impact. Trouvez leur vitesse commune par composantes, son module et sa direction, puis la diminution d’énergie cinétique. Pourquoi ne peut-on pas simplement additionner les modules des deux quantités de mouvement initiales?

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Choisissez l’est comme +x et le nord comme +y. Écrivez une équation de quantité de mouvement par composante, puis divisez chaque total par la masse combinée.

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Système : les deux rondelles; intervalle : immédiatement avant à immédiatement après l’accrochage. Première équation : $\vec P_f-\vec P_i=\vec J_{\rm ext}$. L’impulsion extérieure horizontale résultante est négligeable séparément en x et en y; chaque composante horizontale de quantité de mouvement se conserve. La courte durée du choc ne garantit pas, à elle seule, cette condition. Le poids et le soutien se compensent verticalement dans ce modèle de table horizontale; ce ne sont pas des impulsions horizontales. Les impulsions internes de contact s’annulent dans la somme des deux rondelles.

$$\begin{aligned}(m_A+m_B)V_x&=m_Au_{A,x}+m_Bu_{B,x}\\3{,}0V_x&=(2{,}0)(3{,}0)+(1{,}0)(0)\\V_x&=2{,}0\,\mathrm{m/s},\\3{,}0V_y&=(2{,}0)(0)+(1{,}0)(4{,}0)\\V_y&=\tfrac43\,\mathrm{m/s}.\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}|\vec V|&=\sqrt{2{,}0^2+(4/3)^2}\\&\approx2{,}40\,\mathrm{m/s},\\\theta&=\tan^{-1}((4/3)/2{,}0)\\&\approx33{,}7^\circ\text{ au nord de l’est}.\end{aligned}$$

Les signes placent le vecteur dans le quadrant nord-est; l’angle se mesure à partir de l’est. Le module initial de quantité de mouvement vaut $\sqrt{6^2+4^2}\approx7{,}21\,\mathrm{kg\,m/s}$, et non $6+4=10\,\mathrm{kg\,m/s}$, car les contributions sont perpendiculaires.

$$\begin{aligned}K_i&=\tfrac12(2{,}0)(3{,}0)^2\\&\quad+\tfrac12(1{,}0)(4{,}0)^2=17{,}0\,\mathrm J,\\K_f&=\tfrac12(3{,}0)\left(2{,}0^2+(4/3)^2\right)\\&\approx8{,}67\,\mathrm J,\\K_i-K_f&\approx8{,}33\,\mathrm J.\end{aligned}$$

Vérification : la quantité de mouvement finale vaut (6,0; 4,0) kg·m/s, comme le vecteur initial. L’énergie cinétique ne se conserve pas en général dans une collision; cet accrochage en transforme une partie en énergie interne. Conserver la quantité de mouvement totale n’implique pas de conserver l’énergie cinétique.

Collisions élastiques en une dimension : trouver les deux vitesses finales

Lorsque deux chariots se séparent après un choc, il faut trouver deux vitesses finales. La conservation de la quantité de mouvement fournit une équation. Un choc parfaitement élastique en fournit une deuxième : l’énergie cinétique totale reste également inchangée. Apprenez à justifier les deux équations, à conserver les signes des vitesses et à rejeter une solution qui décrit encore le mouvement avant le choc.

Ce prolongement facultatif utilise l’algèbre, sans calcul différentiel ou intégral. Utilisez cette section lorsque votre cours aborde les collisions élastiques. Étudiez l’exemple résolu, puis essayez les questions 10 à 13. Consultez un indice lorsque vous en avez besoin.

Préciser le modèle de collision

Considérez deux chariots sur un rail à coussin d’air rectiligne et horizontal. Le chariot A se trouve à gauche du chariot B. On les modélise comme des particules de masses positives et constantes, sans rotation. La droite est le sens positif dans le référentiel inertiel du rail. L’intervalle commence juste avant le contact et se termine juste après la fin du choc, lorsque les chariots se séparent. L’impulsion horizontale extérieure nette est négligeable. La courte durée du choc ne suffit pas à justifier cette hypothèse.

Notons $m_A,m_B$ les masses en kilogrammes; $u_A,u_B$ les vitesses algébriques avant le choc; et $v_A,v_B$ les vitesses algébriques après le choc, toutes en m/s. Une vitesse négative indique un mouvement vers la gauche. La norme d’une vitesse est toujours positive ou nulle. Initialement, les chariots se rapprochent : $u_A>u_B$. La quantité de mouvement horizontale totale est $P$, en kg·m/s; l’énergie cinétique totale est $K$, en joules. Les indices $i$ et $f$ désignent les états avant et après.

Pour le système formé des deux chariots, l’impulsion extérieure négligeable donne

Si le choc est aussi parfaitement élastique,

La première équation dépend du système choisi et de son impulsion extérieure. La deuxième dépend du type de collision. Le mot « collision » et le fait que les chariots se séparent ne suffisent pas à justifier la conservation de l’énergie cinétique.

Quatre questions avec de moins en moins d’aide

Les questions 10 à 12 utilisent le même modèle de choc parfaitement élastique en une dimension, avec A initialement à gauche de B et une impulsion horizontale extérieure nette négligeable. Prenez la droite comme sens positif. À la question 13, le type de collision est volontairement laissé inconnu.

Dernière vérification : nommez le système des deux chariots et l’intervalle; justifiez la conservation de la quantité de mouvement; justifiez séparément le type de collision; gardez les signes des vitesses; vérifiez la conservation de la quantité de mouvement et, si le choc est déclaré élastique, celle de l’énergie cinétique; puis vérifiez que les chariots se séparent. Pour vous exercer davantage, vous pouvez reprendre la question correspondante en consultant son indice ou son explication au besoin.

Graphiques force–position : travail, vitesse et positions accessibles

Une force peut varier pendant le déplacement d'un objet. Un graphique force–position permet de calculer son travail sans supposer que l'accélération est constante. Vérifiez quelle force est représentée, dans quel sens l'objet se déplace et si la position demandée est accessible.

Utilisez des triangles et des trapèzes; le calcul intégral est facultatif. Revoyez d'abord le théorème de l'énergie cinétique.

Lire les axes et définir les grandeurs

Choisissez la droite comme sens positif. La position $x$ se mesure en mètres; la composante signée de vitesse $v_x$, en m/s; la vitesse scalaire est $v=|v_x|$; la masse $m$, en kilogrammes; et l'énergie cinétique $K=\tfrac12mv^2$, en joules. L'ordonnée $F_x$ du graphique, en newtons, est une composante horizontale signée de force. Vérifiez s'il s'agit de la force résultante, soit la somme de toutes les composantes horizontales, ou d'une seule force appliquée.

Pour un mouvement vers les $x$ croissants, l'aire au-dessus de l'axe horizontal représente un travail positif; l'aire en dessous représente un travail négatif. Séparez le graphique à chaque changement de pente et à chaque passage par zéro, puis additionnez les aires avec leur signe. L'aire d'un triangle vaut la moitié du produit de sa base par sa hauteur. Pour un segment droit, le travail vaut la force moyenne aux deux extrémités multipliée par la variation de position. Les unités sont $\mathrm{N\,m}=\mathrm J$.

Pour une loi de force fixe qui dépend de la position, parcourir le même segment dans l'autre sens inverse le signe du travail. Une force négative produit un travail positif pendant un déplacement vers la gauche. On ne peut pas inverser ainsi un graphique de frottement cinétique sans le modifier : ce frottement change de sens quand le glissement change de sens.

Si le graphique représente la résultante, son travail donne

Ici, $K_i$ est l'énergie cinétique à la position initiale donnée, et $W_{{\rm net},\,i\to x}$ est le travail total accumulé de cette position jusqu'à $x$, dans le sens du parcours envisagé. Si le graphique montre une seule force appliquée, ajoutez le travail des autres forces avant d'utiliser cette équation. Ne comptez pas la même interaction une fois comme travail et une seconde fois comme variation d'énergie potentielle.

La racine carrée donne la vitesse scalaire; le mouvement détermine le signe de $v_x$. Vérifiez que $K(x)$ reste non négative sur tout le trajet envisagé. Si elle atteint zéro, interrompez l'hypothèse d'un parcours dans un seul sens et examinez la force avant de décider si l'objet repart dans l'autre sens ou reste au repos. Une énergie positive calculée à une position éloignée ne rend pas possible un trajet qui exigerait une énergie cinétique négative auparavant.

Notation facultative en calcul intégral : pour la loi fixe de force résultante, $W_{{\rm net},\,i\to x}=\int_{x_i}^{x}F_x(\xi)\,d\xi$, où $\xi$ est la variable de position dans l'intégrale. L'ordre des bornes tient compte du sens du parcours. Au contraire, une aire force–temps s'exprime en N·s et donne une impulsion, pas un travail.

Exemple résolu 8 : additionner les travaux avant de trouver la vitesse

Un mobile de $1{,}0\,\mathrm{kg}$ part de $x=0$ avec $v_{i,x}=+2{,}0\,\mathrm{m/s}$ sur un rail à coussin d'air rectiligne et horizontal. Modélisez-le par une particule, négligez la rotation et les résistances, et utilisez le référentiel inertiel du rail. Un dispositif commandé produit la force résultante horizontale représentée ci-dessous. Le poids et la force de soutien se compensent verticalement et leur travail est nul. La loi de force dépend seulement de la position et reste inchangée si le mobile inverse son mouvement.

Trouvez la vitesse scalaire à $x=2{,}0$, $4{,}0$ et $6{,}0\,\mathrm m$. Où est-elle maximale sur ce trajet? Vérifiez que les trois positions sont accessibles.

Lire les valeurs exactes du graphique

• À 0 m : 0 N.
• À 2,0 m : +4,0 N.
• À 4,0 m : 0 N.
• À 6,0 m : −4,0 N.

La force varie linéairement entre deux points consécutifs.

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Calculez trois aires triangulaires avec leur signe, une pour chaque intervalle de 2,0 m. Ajoutez chacune à l'énergie cinétique obtenue à la fin de l'intervalle précédent. Une force nulle à une position n'implique pas une vitesse nulle.

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Système et intervalles : choisissez le mobile, de sa position initiale à chaque position demandée. La première équation est $\Delta K=W_{\rm net}$, et non la conservation de l'énergie cinétique du mobile. Initialement,

$$K_i=\tfrac12(1{,}0)(2{,}0)^2=2{,}0\,\mathrm J.$$

Pendant le déplacement vers la droite, les deux premiers triangles donnent un travail positif; le dernier, un travail négatif :

$$\begin{aligned}W_{0\to2}&=\tfrac12(2{,}0)(4{,}0)=+4{,}0\,\mathrm J,\\W_{2\to4}&=+4{,}0\,\mathrm J,\\W_{4\to6}&=-4{,}0\,\mathrm J.\end{aligned}$$

Conservez l'énergie acquise à chaque étape au lieu de recommencer chaque intervalle depuis le repos :

$$\begin{aligned}K(2{,}0\,\mathrm m)&=2{,}0+4{,}0=6{,}0\,\mathrm J,\\v(2{,}0\,\mathrm m)&=\sqrt{12}\approx3{,}46\,\mathrm{m/s},\\K(4{,}0\,\mathrm m)&=6{,}0+4{,}0=10{,}0\,\mathrm J,\\v(4{,}0\,\mathrm m)&=\sqrt{20}\approx4{,}47\,\mathrm{m/s},\\K(6{,}0\,\mathrm m)&=10{,}0-4{,}0=6{,}0\,\mathrm J,\\v(6{,}0\,\mathrm m)&=\sqrt{12}\approx3{,}46\,\mathrm{m/s}.\end{aligned}$$

Vérifiez tout le trajet : l'énergie cinétique augmente continûment de 2,0 à 10,0 J entre 0 et 4,0 m, puis diminue jusqu'à 6,0 J entre 4,0 et 6,0 m. Elle reste positive. Le mobile ne s'arrête jamais : les trois vitesses vectorielles sont dirigées vers la droite et les positions demandées sont accessibles.

La vitesse scalaire maximale est 4,47 m/s à 4,0 m. La force passe alors de positive à négative : le mobile cesse d'accélérer dans le sens de son mouvement et commence à ralentir. La force nulle à cet instant signifie une accélération instantanée nulle, pas le repos. La force maximale, à 2,0 m, ne correspond pas à la vitesse maximale.

Vérifiez les unités et la méthode : le travail total jusqu'à 6,0 m est +4,0 J; l'énergie cinétique finale dépasse donc sa valeur initiale. L'aire du graphique ne donne ni une variation de vitesse ni une impulsion. Comme $a_x=F_x/m$ varie avec la position, une seule équation à accélération constante ne décrit pas tout le trajet.

Quatre exercices avec de moins en moins de guidage

Pour chaque exercice, nommez la force représentée, le sens du déplacement et l'équation de travail–énergie. Consultez un indice au besoin; utilisez la solution pour vérifier le raisonnement autant que le résultat.

Question 15 : le graphique montre seulement la force appliquée

Un bloc de 1,0 kg glisse déjà vers la droite lorsqu'il passe en $x=0$ à 2,0 m/s sur une surface fixe et horizontale. Sa force horizontale appliquée $F_{{\rm app},x}$ est linéaire par morceaux : elle relie (0 m, +2,0 N), (2,0 m, +6,0 N) et (4,0 m, +2,0 N) par des segments droits. Le frottement cinétique, de module constant 1,0 N, s'oppose au glissement. Le poids et la normale font un travail nul; on néglige les autres forces et la rotation. Une personne additionne l'aire de la force appliquée et l'énergie cinétique initiale, puis annonce 18 J à 4,0 m. Corrigez le bilan et trouvez la vitesse scalaire.

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Chaque trapèze de largeur 2,0 m a une force appliquée moyenne de 4,0 N. Calculez ensuite le travail du frottement pendant tout le déplacement de 4,0 m vers la droite.

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Système : le bloc; intervalle : de 0 à 4,0 m. Utilisez $K_f=K_i+W_{\rm app}+W_f$, où $W_{\rm app}$ et $W_f$ désignent respectivement le travail de la force appliquée et celui du frottement.

$$\begin{aligned}W_{\rm app}&=2\left[\frac{2{,}0+6{,}0}{2}(2{,}0)\right]=16{,}0\,\mathrm J,\\W_f&=-(1{,}0)(4{,}0)=-4{,}0\,\mathrm J,\\K_f&=2{,}0+16{,}0-4{,}0=14{,}0\,\mathrm J,\\v_f&=\sqrt{28}\approx5{,}29\,\mathrm{m/s}.\end{aligned}$$

La réponse de 18 J omettait le frottement. Pendant tout le mouvement envisagé vers la droite, la résultante vaut au moins $2{,}0-1{,}0=1{,}0\,\mathrm N$. Le bloc accélère donc vers la droite et continue d'y glisser. Le sens choisi pour le frottement est cohérent et la vitesse finale est dirigée vers la droite.

Question 17 : un résultat final positif peut être impossible

Un mobile de 1,0 kg part de $x=0$ avec $v_{i,x}=+2{,}0\,\mathrm{m/s}$. Une nouvelle loi fixe de force résultante donne −4,0 N pour $0\le x<2{,}0\,\mathrm m$, puis +6,0 N pour $2{,}0\le x\le4{,}0\,\mathrm m$. Le saut fini de force est idéalisé; il n'y a ni collision ni impulsion instantanée. Gardez les mêmes hypothèses de particule et de rail à coussin d'air que dans l'exemple. Une personne calcule $K(4{,}0\,\mathrm m)=2{,}0-8{,}0+12{,}0=6{,}0\,\mathrm J$ et conclut que le mobile atteint 4,0 m. Trouvez la première position où ce trajet envisagé échoue et expliquez le mouvement qui suit près de cette position.

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Dans le premier intervalle, chaque mètre parcouru vers la droite enlève 4,0 J. Jusqu'où l'énergie initiale de 2,0 J permet-elle d'aller? Quelle force agit lorsque le mobile s'arrête?

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Système : le mobile; examinez d'abord le trajet aller dans la région de force négative. L'énergie cinétique serait

$$K(x)=2{,}0\,\mathrm J-(4{,}0\,\mathrm N)x.$$

Elle atteint zéro pour la première fois à

$$x_{\rm turn}=\frac{2{,}0\,\mathrm J}{4{,}0\,\mathrm N}=0{,}50\,\mathrm m.$$

Ici, $x_{\rm turn}$ désigne la position de rebroussement. La force y vaut toujours −4,0 N, donc $a_x=F_x/m=-4{,}0\,\mathrm{m/s^2}$. Le mobile est momentanément au repos, puis repart vers la gauche. Il ne peut pas poursuivre vers la droite juste au-delà de 0,50 m : cela exigerait une énergie cinétique négative. Au retour, près du point de rebroussement, la force et le déplacement sont tous deux vers la gauche. Le travail est positif et la vitesse scalaire augmente.

La région ultérieure de force positive n'est pas atteinte pendant le trajet envisagé vers la droite. Le mouvement après une sortie du domaine fourni, en $x<0$, n'est pas précisé. Le calcul à la position finale est formellement correct pour un parcours supposé de tout le graphique, mais ce parcours est impossible avec l'état initial donné. Les 6,0 J calculés ne sont pas une énergie finale réellement atteinte. Pour une loi fixe de force en une dimension, des positions permises avec $K\ge0$ peuvent être séparées par un intervalle inaccessible; on ne peut pas le franchir par un simple calcul.

Vérification finale : distinguez la force résultante de la force appliquée; repérez les mètres ou les secondes; conservez les signes des travaux et l'énergie cinétique initiale; ajoutez les autres travaux; examinez tout le trajet; puis déterminez le sens de la vitesse séparément de son module.

7. Vérifier la méthode avant le calcul

• Ai-je conservé le même système des deux côtés? Si vous utilisez la quantité de mouvement initiale de deux mobiles, utilisez aussi la quantité de mouvement finale des deux.
• Ai-je justifié la conservation? Écrivez « impulsion extérieure négligeable » pour la quantité de mouvement. Pour l’énergie mécanique, précisez les pertes négligées et les interactions extérieures dont le travail est nul.
• Ai-je gardé les signes des vitesses? Des quantités de mouvement opposées peuvent se compenser; les énergies cinétiques s’additionnent avec des valeurs positives ou nulles.
• Ai-je vérifié l’axe horizontal? Force multipliée par distance donne des joules. Force multipliée par temps donne des newtons-secondes.
• Ai-je séparé les étapes lorsque les interactions changent? Une vitesse obtenue après un choc devient une condition initiale pour l’étape suivante.
• Ai-je vérifié un cas limite? À énergie d’arrivée fixée, un ressort plus raide doit moins se comprimer. Sans mouvement relatif initial, un accrochage idéal sans travail extérieur ne diminue pas l’énergie cinétique.

Si le choix du système ou l’identification des forces extérieures vous bloque, reprenez Diagrammes de forces et frottement. Apportez en séance de tutorat un problème ou une notion que vous aimeriez comprendre; votre tuteur peut partir des bases et avancer avec vous. Les séances de tutorat sont actuellement offertes en anglais. Une prochaine étape utile consiste à expliquer précisément chaque conservation avant de refaire le calcul avec de nouvelles valeurs.

8. Références et liens avec les cours

PHYS 204 à Concordia porte sur la conservation de la quantité de mouvement et de l’énergie. PHYS 101 à McGill présente la mécanique d’introduction, dont l’énergie, sans calcul différentiel ou intégral; PHYS 131 présente la mécanique newtonienne.

• Concordia : descriptions officielles des cours de physique, PHYS 204
• Département de physique de McGill : cours de niveau 100
• OpenStax University Physics, volume 1, section 7.3 : théorème de l’énergie cinétique
• OpenStax, section 8.3 : conservation de l’énergie
• OpenStax, section 9.2 : impulsion et collisions
• OpenStax, section 9.3 : conservation de la quantité de mouvement
• OpenStax, section 9.4 : types de collisions

Les explications, les situations, les valeurs numériques et les figures de cette leçon sont originales. Cette ressource est indépendante des universités mentionnées.