II.1. II. Dynamique. Table des matières

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1 II.1 Table des matières 1. Force, accélération et inertie Approche intuitive Lois de Newton Types de forces Force électrique Force gravitationnelle Forces de contact Technique de résolution je fais un croquis du problème je choisis un système d'axes de référence j'écris une équation de Newton selon chaque axe pour chaque objet je résous le système d'équations algébriques Poids et poids effectif Poids et force gravitationnelle terrestre Que devient le poids d'un objet soumis à une accélération? Changement de référentiels Référentiel d'inertie et lois de Newton Référentiel non-inertiel et force fictive d'inertie Et pour voir si j'ai compris la force de frottement le poids effectif...15

2 II.2 1. Force, accélération et inertie Dans le chapitre de cinématique, j'ai pu constater que l'accélération, par définition, décrit la modification de la vitesse du mobile, mais la question de savoir quelle peut bien en être la cause n'a pas été abordée. C'est Newton qui va me donner la réponse. 1.1 Approche intuitive Je rentre au Super Marché avec un caddie. Il est vide, tout neuf, les roues bien huilées et le carrelage du magasin est tout lisse, bien horizontal. Je laisse un moment le caddie devant un rayon, le temps de prendre un pain: le caddie ne bouge pas! Je pousse légèrement le caddie vers l'avant: il se met en mouvement vers l'avant, facilement! Je le lache: il continue en avant! Je le rattrappe et le retiens à peine: il s'arrête aussitôt... au rayon boissons! Je le charge de deux bacs de bière et de 12 grandes bouteilles d'eau. J'ai tout ce qu'il me faut et veux me diriger vers les caisses. A nouveau, je pousse légèrement le caddie chargé, mais je dois bien constater que cette fois, il se met difficilement en mouvement. Je dois vraiment pousser bien fort pour que le caddie atteigne une allure raisonnable. Mais à nouveau, si je le lâche à ce moment, il va continuer sur sa lancée. Pour l'arrêter, je dois le retenir vigoureusement, et je suis entraîné par lui le temps qu'il s'immobilise. Je remarque donc que: - (i) si je ne touche pas le caddie, celui-ci reste en place s'il était immobile, ou continue sur sa lancée s'il était en mouvement, qu'il soit peu ou fort chargé. - (ii) si je veux modifier l'allure du caddie, je dois directement agir sur lui (le pousser pour qu'il aille plus vite, le retenir pour qu'il aille moins vite), et c'est d'autant plus difficile qu'il est fort chargé. - (iii) si je retiens le caddie pour l'arrêter, le caddie m'entraîne avec lui jusqu'à l'arrêt. 1.2 Lois de Newton Agir sur le caddie, c'est en fait exercer sur lui une force d'une certaine grandeur dans un certain sens le long d'une certaine direction. Je vois en passant que la force possède donc les caractéristiques d'un vecteur (voir paragraphe du chapitre I).

3 II.3 Reprenons les trois observations ci-dessus: - (i) si je n'agis pas sur le caddie, si je n'exerce donc aucune force sur lui, il conserve sa vitesse (éventuellement nulle), ou autrement dit, son accélération est nulle: c'est la condition pour que le mobile soit à l'équilibre de translation. C'est aussi la première loi de Newton ou loi d'inertie. force nulle accélération nulle vitesse constante : il y a équilibre de translation. - (ii) si j'exerce une force sur le caddie, sa vitesse est modifiée, car la force produit une accélération qui a même direction et même sens que la force. Mais l'inertie du mobile s'oppose à cette modification de vitesse: si j'augmente la charge du caddie, son inertie sera d'autant plus grande et, pour une même force appliquée, l'accélération sera donc plus faible. La deuxième loi de Newton ou loi fondamentale de la dynamique nous confirme cela: l'accélération (c'est-à-dire l'effet) est proportionnelle à la force (c'est-à-dire la cause) et inversement proportionnelle à la masse d'inertie. Et comme je pourrais bien sûr appliquer plusieurs forces (disons qu'il y en a N) sur l'objet, dans des directions identiques ou différentes, c'est la somme vectorielle de toutes ces N forces qui produira l'accélération: r r r r F1 + F FN ade l'objet = 1.1 minertie L'accélération d'un objet est facilement trouvée en considérant la somme vectorielle de TOUTES les forces qui s'exercent SUR l'objet, et SEULEMENT CELLES-CI! Le résultat de cette somme est le vecteur "force résultante". - (iii) le fait que je sois entraîné par le caddie alors que je suis en train de le retenir pour le freiner m'indique que si j'exerce une force sur un objet, celui-ci exerce une force sur moi et de sens contraire. En fait, si un objet A exerce une force sur un objet B, B exerce une force sur A de même grandeur et de même direction, mais de sens opposé: c'est la troisième loi de Newton ou loi des actions réciproques. 2. Types de forces Certaines forces, dites fondamentales (mais les physiciens me disent qu'elles ne seraient que des expressions variées d'une seule et unique force), sont à la base de toutes les forces "macroscopiques" que l'on peut rencontrer dans la nature. Si je suis attiré par la terre, c'est à

4 II.4 cause de la force gravitationnelle. Si deux électrons se repoussent, c'est à cause de la force électrique. 2.1 Force électrique Deux objets ponctuels "chargés électriquement" (la charge électrique est une des propriétés fondamentales de la matière) se repoussent si leurs charges respectives (q et Q) sont de même signe, ou s'attirent si leurs charges sont de signes opposés. La grandeur de cette force est fonction du produit des charges de ces deux objets ponctuels et est inversement proportionnelle au carré de la distance r qui les sépare: qq F électrique = k 2.1 r 2 Le coefficient k est la constante de Coulomb. Si je veux connaître la trajectoire que suivra un objet chargé soumis à la force électrique, il suffira d'écrire explicitement cette force dans l'équation de Newton 1.1, de diviser par la masse d'inertie de l'objet chargé, ce qui déterminera l'accélération. Les techniques de la cinématique seront ensuite appliquées pour déterminer vitesse et position. 2.2 Force gravitationnelle Alors que la force électrique est créée par les charges mises en présence, la force gravitationnelle est créée par la présence de masses. Deux objets ponctuels de masses m et M s'attirent avec une force dont la grandeur est fonction du produit de leurs masses et est inversement proportionnelle au carré de la distance r qui sépare les deux objets ponctuels (cette force est toujours attractive!): mm F gravitationnelle = G 2.2 r 2 Le coefficient G est la constante gravitationnelle. Une remarque importante en passant: si les objets ne sont pas ponctuels, r est alors la distance qui sépare les centres de masses des deux objets. Ainsi, sur base de l'éq 2.2, je peux dire que les objets se trouvant à la surface terrestre subissent une force attractive dirigée vers le centre de la terre valant: M F terre attraction terrestre = m objet (G ) 2.3 rayon 2 terre Le terme entre parenthèses est le champ de pesanteur à la surface de la terre et est symbolisé par g (environ 9.8 m/s 2 ). Ce champ de pesanteur est créé par la masse de la terre. Si je veux

5 II.5 étudier le mouvement d'un objet à la surface terrestre, je devrai donc utiliser comme force gravitationnelle appliquée sur l'objet, une force verticale dirigée vers le bas et valant m objet g. La loi de Newton (eq 1.1) devient alors: r r mobjet g ade l'objet = 2.4 minertie Il a fallu attendre Einstein et la théorie de la relativité pour comprendre ce qui était admis par l'expérience dans le cadre de la théorie de Newton, à savoir que la masse de l'objet m objet responsable de la force gravitationnelle est égale à la masse d'inertie de l'objet m inertie (voir aussi le paragraphe 5.2 ci-dessous). En conséquence, l'accélération de tout objet tombant à la surface terrestre et soumis seulement à la force gravitationnelle (en absence donc de tout frottement) est la même, quelle que soit sa masse, et vaut g. Ce n'est pas étonnant dès lors que j'ai pu aborder dans le chapitre traitant de la cinématique le problème du mouvement d'un objet lancé à la surface terrestre sans devoir faire appel à l'équation de Newton: en effet, l'accélération d'un objet due à la force d'attraction terrestre est toujours g. mg est la force gravitationnelle exercée par la terre sur un objet de masse m situé à la surface terrestre. 2.3 Forces de contact Mon bac de bière posé sur le sol horizontal, bien qu'attiré par la terre, ne s'enfonce pas dans le sol. De même, la charge soulevée par une grue, bien qu'attirée par la terre, est maintenue en l'air grâce au câble de la grue qui ne se rompt pas. Ce sont des forces d'interactions intermoléculaires, assurant donc la cohésion des molécules du sol ou du câble, qui sont responsables de ce que sol et câble retiennent l'objet en exerçant une force dirigée vers le haut. En fait, si le bac et la charge sont immobiles, c'est parce que la force qui les supporte compense la force gravitationnelle mg, de telle sorte que la force résultante est nulle (voir 1ère loi de Newton). Que se passe-t-il au niveau de la force exercée par le sol horizontal sur le bac? Comme je viens de le constater, la force de contact entre le sol et le bac présente une composante normale (symbolisée par le vecteur N r qui est dirigé perpendiculairement au plan du sol et vers le haut), qui empêche le bac de pénétrer dans le sol et ce, à cause de la cohésion des molécules constituant le sol. Si je déplace le bac en le poussant du pied, j'entends un

6 II.6 crissement désagréable dû au frottement du bac sur le sol. Ce frottement s'oppose au glissement de l'objet engendré par ma poussée horizontale. Cette force de frottement est donc dirigée parallèlement au plan du sol: c'est la composante tangentielle de la force de contact (symbolisée par le vecteur F r fr ). Existe-t-il une relation entre les composantes normale N et tangentielle F fr de la force de contact? Je m'aperçois que la force de frottement est plus importante pour un bac plein que pour un bac vide (voir plus loin la notion de poids qui est la force verticale exercée par l'objet sur son support au niveau de la surface terrestre). Or, la 3ème loi de Newton me dit que, dans l'exemple de ce bac, le poids (qui, je le répète, est la force verticale vers le bas exercée par le bac sur le sol) doit être égal à la force verticale vers le haut exercée par le sol sur le bac, c'està-dire la force normale N. Je peux dès lors comprendre que la force de frottement est proportionnelle à la force normale: F fr = µ N 2.5 où µ (mu) est un coefficient de frottement qui dépend de la nature des matériaux en contact et de l'état de leur surface (rugosité). En fait, la grandeur de la force de frottement est différente suivant que les deux objets en contact sont l'un par rapport à l'autre soit immobiles (les aspérités sont imbriquées les unes dans les autres), soit en mouvement (les aspérités n'ont alors "pas le temps" de bien s'imbriquer les unes dans les autres). Dès lors, il existe un coefficient de frottement statique µ s et un coefficient de frottement cinétique µ c, le premier étant généralement plus grand que le second. Je remarque que si l'objet glisse sur son support, j'ai bien, comme l'éq 2.5 me l'indique: F fr,cinétique= µ c N 2.6 Par contre, si l'objet est immobile, tout ce que je peux dire, c'est que la force de frottement est telle que la résultante des forces tangentielles est nulle (1 ère loi de Newton) et qu'elle doit être inférieure à la force maximale que peut exercer le frottement statique qui est donné par cette même éq 2.5 (sinon le mobile se mettrait en mouvement!): F fr,statique< F fr,statique,max µ s N 2.7 La force de contact peut être décomposée en une force normale (ou perpendiculaire) à la surface de contact, et une force de frottement tangentielle à la surface de contact. Attention, si la surface est oblique par rapport à l'horizontale, les forces normale et tangentielle sont aussi obliques (voir l'exemple décrit à la fig II.1).

7 II.7 3. Technique de résolution Résoudre un problème de dynamique, c'est pouvoir décrire le mouvement d'objets à partir de l'ensemble de forces auxquelles ils sont soumis. Par exemple, je laisse glisser une caisse de long d'une rampe (l'angle de la pente est de 10, la masse de la caisse de 42 kg, et le frottement entre la caisse et la rampe est caractérisé par un coefficient de frottement cinétique µ c valant 0.1). Je me pose deux questions: - (a) si je lâche la caisse, quelle sera son accélération? - (b) quelle force horizontale devrai-je appliquer pour retenir la caisse afin qu'elle descende la rampe à vitesse constante? 3.1 je fais un croquis du problème Cette première étape est très importante: je dois faire un croquis décrivant la situation et où seront définis tous les objets étudiés et toutes les forces qui s'exercent sur ces objets. C'est ce que j'ai fait à la fig II.1 où apparaissent la rampe inclinée et la caisse (c'est le seul objet, et je ne considère que son centre de masse), ainsi que toutes les forces appliquées: - pour la question (a), interviennent la force gravitationnelle mg r, la force normale force de frottement F r fr (tangentielle et s'opposant au glissement) - pour la question (b), intervient en plus la force horizontale F r requise pour retenir le caddie à vitesse constante. y N N r et la F fr F θ x θ mg fig II.1

8 II je choisis un système d'axes de référence Toutes les forces peuvent ici être décrites dans un plan. Je dois donc choisir un référentiel à deux dimensions Oxy. Pour la facilité du calcul, il est intéressant qu'un des axes soit dans la direction du vecteur inconnu (ici, pour la question (a), c'est l'accélération qui est inconnue). Je choisis donc Ox dans le sens de la pente et Oy perpendiculaire à celle-ci. 3.3 j'écris une équation de Newton selon chaque axe pour chaque objet Ici, comme j'ai un seul objet et 2 dimensions, je dois établir 2 équations. La forme générale de ces équations est basée sur la 2ème loi de Newton projetée sur un axe, et que je décrirai ainsi: m objet.a objet, c'est-à-dire, la masse de l'objet multipliée par la composante de l'accélération selon l'axe choisi est égale à la somme des composantes des différentes forces selon cet axe. = F sur l' objet J'écris donc pour la question (a) (pour laquelle il n'y a pas de force F retenant la caisse): - selon Ox: ma = mg sin θ F fr 3.1a (je traduis: l'accélération selon Ox de l'objet multipliée par sa masse m vaut la somme des composantes de toutes les forces selon Ox) - selon Oy: 0 = N mg cos θ 3.2a (je traduis: comme la vitesse de l'objet selon Oy ne varie pas car elle est nulle à tout instant, l'accélération est donc nulle, et donc, la somme des composantes de toutes les forces selon Oy est nulle). Je dois être capable de calculer les composantes des vecteurs forces selon les différents axes, et donc, je dois pouvoir repérer l'angle θ dans les petits triangles permettant les projections (revoir la fig I.4 du chapitre I), sinon - pour les problèmes "avec frottement cinétique", je me rappelle qu'il y a l'éq 2.6: F fr= µ c N 3.3a

9 II je résous le système d'équations algébriques Les éq 3.1a, 3.2a et 3.3a constituent un système de 3 équations à 3 inconnues, a, N et F fr. Un peu de nez est souvent utile pour résoudre un système. Ici, c'est simple: - l'éq 3.2a me fournit N = mg cosθ = [42 * 9.8 cos(10 )] N = 405 N - l'éq 3.3a me donne F fr = 0.1*405 N = 40.5 N - et finalement, l'éq 3.1a me donne a = [(42*9.8*sin(10 )-40.5)/42] m/s 2 = 0.74 m/s 2. Je recommence la démarche pour la question (b) (pour laquelle il y a en plus la force F qui maintient la caisse à vitesse constante): - selon Ox: 0 = mg sin θ F fr Fcos θ 3.1b (je traduis: la descente se faisant à vitesse constante selon Ox, donc à accélération nulle, la somme des composantes de toutes les forces dans cette direction doit être nulle) - selon Oy: 0 = N mg cos θ Fsin θ 3.2b (je traduis: l'objet étant à l'équilibre selon Oy (l'accélération est donc nulle), la somme des composantes de toutes les forces dans cette direction est nulle; en comparant les éq 3.2a et 3.2b, je remarque aussi que N sera plus grand dans la situation (b): ce n'est pas étonnant, puisque ma force F, qui retient la caisse, a aussi tendance à l'appuyer sur le sol) - et à nouveau: F fr= µ c N 3.3b J'ai à nouveau un système de 3 équations à 3 inconnues (F, N et F fr ). La résolution est cependant nettement plus lourde. Je la résume: - je remplace F fr par µn dans l'éq 3.1b, que je réécris, ainsi que l'éq 3.2b, de la façon suivante: F cos θ = mg sin θ µ N Fsin θ = N mg cos θ - je divise ces deux équations membre à membre, ce qui élimine F. Il me reste une équation avec N comme inconnue, que je calcule. Je place le résultat dans l'éq 3.2b pour trouver finalement la valeur de F. Si je ne me suis pas trompé, cela donne F = N. L'intérêt de cet exemple est de montrer que les systèmes algébriques peuvent être plus ou moins simples à résoudre. Pourquoi la résolution pour la question (b) a-t-elle été plus lourde que pour la question (a)? Parce que, pour la question (b), l'inconnue F se retrouve dans deux

10 II.10 des équations. Pourquoi en est-il ainsi? Car le vecteur inconnu F r n'est pas dans la direction d'un axe! Si je choisis un nouveau système d'axes où Ox est horizontal (dans la direction de F r!) et Oy vertical, et que je réécris les équations selon ces nouveaux axes, la résolution sera plus facile (comme pour la question (a)), mais conduira bien sûr à la même solution. La solution d'un problème ne dépend pas du choix du système d'axes, mais la facilité de résolution en dépend très certainement. 4. Poids et poids effectif Si, arrivé chez moi, je sors le bac de bière du coffre de la voiture et le place sur mon épaule, je ressens le désagréable contact du bord tranchant du bac qui pèse sur moi. Je rentre dans l'ascenseur et le fais démarrer vers le 4ème étage: aïeeeu! le bac me fait encore plus mal comme s'il pesait plus lourd au démarrage; bon, ça s'arrange pendant la montée et, en arrivant au 4ème, je constate même que le bac me fait moins mal, le temps que l'ascenseur s'arrête! Que s'est-il passé? 4.1 Poids et force gravitationnelle terrestre Pourquoi ai-je mal en portant le bac? Parce que le bac comprime la peau et le muscle de l'épaule: il exerce une force vers le bas... de tout son poids! x JUP N 1ère loi de Newton (à l équilibre) 0 = mg+n mg W 3ème loi de Newton W = -N et donc: W = mg Le poids (symbolisé par le vecteur W r fig II.2 ) est donc la force dirigée verticalement vers le bas, exercée par l'objet sur le support qui le retient, et provient de ce que l'objet est attiré vers le bas par la force gravitationnelle terrestre. Ici, je prends conscience que si la force gravitationnelle terrestre, qui est la force exercée par la terre sur l'objet, est bien la cause de

11 II.11 l'existence du poids, elle n'est pas en soi le poids que j'ai défini comme étant la force exercée par l'objet sur son support qui le maintient en équilibre de translation. Mais que vaut donc ce poids? Je réponds en deux étapes (voir fig II.2): - premièrement, comme l'objet est à l'équilibre de translation (1ère loi de Newton), la somme des forces exercées sur l'objet est nulle, et donc, en grandeur, N est égal à mg; - deuxièmement, la 3ème loi de Newton me dit que si l'objet exerce une force sur le support (c'est le poids W r ), le support exerce, en sens contraire, la même force N r sur l'objet, et donc, en grandeur, N est égal à W. En conclusion, le poids W vaut mg. Le poids d'un objet et la force gravitationnelle terrestre s'exerçant sur l'objet sont représentés par un même vecteur, et c'est pour cela que ces deux forces sont souvent assimilées l'une à l'autre. Mais, il est utile de considérer que, physiquement, ce sont deux forces différentes, et ceci permettra de mieux comprendre la notion de poids effectif. 4.2 Que devient le poids d'un objet soumis à une accélération? Pourquoi ai-je plus mal à l'épaule lorsque l'ascenseur démarre vers le haut? C'est comme si le bac pesait plus lourd sur mon épaule. Il faut donc que l'accélération vers le haut engendrée par l'ascenseur provoque une augmentation de la force exercée par le bac sur mon épaule (que je vais appeler poids effectif du bac). Pour calculer ce poids effectif, il me suffit de calculer N puisque les deux forces ont même grandeur (3ème loi de Newton). J'écris, pour le bac, la 2ème loi de Newton selon Ox: ma = mg N 4.1 (j'ai mis "-ma" car l'ascenseur démarrant vers le haut, l'accélération est dirigée vers les x négatifs). Le poids effectif étant numériquement égal à N, je déduis de l'éq 4.1 qu'il vaut m(g+a): à cause de l'accélération vers le haut, le poids effectif du bac est plus grand que le poids réel. Voilà pourquoi mon épaule souffre plus au démarrage. Une fois que l'ascenseur a atteint sa vitesse de croisière, mon épaule ressent à nouveau le poids réel (car a=0). Et lorsque l'ascenseur freine pour arriver à l'étage, l'accélération est dirigée vers le bas et la 2ème loi de Newton devient: ma = mg N 4.2 Le poids effectif qui est égal à N vaut cette fois m(g-a): ô bonheur, le bac me semble plus léger!

12 II.12 Pour calculer le poids effectif W eff d'un objet, il me suffit de calculer la force exercée par le support sur l'objet. En conséquence, un objet qui tombe en chute libre a un poids effectif nul (puisqu'il n'y a pas de support...)! 5. Changement de référentiels 5.1 Référentiel d'inertie et lois de Newton Un objet soumis à un ensemble de forces verra sa trajectoire évoluer dans l'espace en réponse à la loi fondamentale de la dynamique (éq 1.1). Cette trajectoire existe indépendamment de tout référentiel à partir duquel je peux décrire la trajectoire. Par contre, il est évident que les coordonnées des points de cette trajectoire sont établies à partir du référentiel choisi. Ainsi, supposons qu'un mobile parcourt une trajectoire et qu'à un moment donné, il soit au point P et ait une vitesse et une accélération définies par les vecteurs v r p et a r p représentés à la fig II.3: Z O Y < R x,p/o > < R x,o'/o ><R x,p/o' > P Z' a R P P/O X O' Y' R P/O' X' v P fig II.3 Je considère un premier référentiel O pour lequel la trajectoire sera décrite par le vecteur position R r P/O dont les coordonnées sont Rx,P/O, R y,p/o et R z,p/o. Les dérivées première et seconde de ces coordonnées donneront les composantes des vecteurs vitesse et accélération de ce point P. Si je choisis un autre référentiel O', je pourrai effectuer la même démarche pour décrire le mouvement du point P, et notamment, sa trajectoire sera décrite par les coordonnées R x,p/o', R y,p/o' et R z,p/o'. La question est alors d'établir la relation entre la description du mouvement faite à partir du référentiel O et celle obtenue à partir du référentiel O'. Pour me simplifier la vie, je choisis O et O' tels que les coordonnées selon Y et Z sont respectivement identiques à celles obtenues selon Y' et Z', et ce à tout instant. Donc, seules les coordonnées selon X et X' diffèrent (si ce n'était pas le cas, il suffirait de refaire le même raisonnement pour les directions Y et/ou Z que celui que je vais maintenant faire pour la direction X). A l'instant t, le mobile se trouve au point P, et je vois sur la fig II.3 que

13 II.13 R x,p/o = R x,o'/o + R x,p/o' 5.1 où R x,o'/o est la coordonnée X de O' pour O. Pour trouver la relation entre les composantes selon la direction X de la vitesse dans les deux référentiels, j'obtiens en dérivant par rapport au temps tous les termes de l'éq 5.1: v x,p/o = v x,o'/o + v x,p/o' 5.2 L'éq 5.3 est la loi de composition des vitesses (valable dans le cas de la mécanique Newtonienne, mais non dans le cadre de la mécanique relativiste décrite par Einstein, mais ça, c'est une autre histoire!). Donc, dans la direction X envisagée, la vitesse de P pour O (v x,p/o ) vaut la vitesse de P pour O' (v x,p/o' ) augmentée de la vitesse de O' pour O (v x,o'/o ). Qu'en est-il des composantes de l'accélération selon la direction X dans les deux référentiels? A nouveau, j'obtiens après dérivation par rapport au temps de tous les termes de l'éq 5.2: a x,p/o = a x,o'/o + a x,p/o' 5.3 A ce stade, je me dis qu'il faudrait que la loi fondamentale de la dynamique de Newton "ma=f" soit à la fois valable dans le référentiel O et dans le référentiel O'. Pour cela, la composante a x,p/o de l'accélération pour O doit être égale à la composante a x,p/o' pour O', et donc, la composante de l'accélération a x,o'/o de O' pour O doit être nulle (voir éq 5.3). J'en arrive à la conclusion que pour que les lois de Newton restent valables en changeant de référentiels, j'ai besoin de décrire le mouvement dans des référentiels qui ne sont pas accélérés. Or, je me rappelle qu'un mobile qui n'est pas accéléré continue sur sa lancée à cause de son inertie. C'est pourquoi on appelle ces référentiels qui ne sont pas accélérés des référentiels d'inertie (ou inertiels, ou aussi galiléens). Les lois de Newton ne changent pas (ou encore, sont invariantes) lorsqu'on change de référentiels d'inertie. 5.2 Référentiel non-inertiel et force fictive d'inertie Reprenons l'exemple de l'ascenseur du paragraphe 4. Je fixe le référentiel O sur l'immeuble (qui reste immobile) dans lequel voyage l'ascenseur auquel est associé le référentiel O'. Si l'ascenseur reste immobile ou voyage à vitesse constante, l'équation de Newton s'appliquant à moi est (selon la direction x dirigée vers le bas comme indiqué à la fig II.2) - pour le référentiel O: 0 = mg N et pareil pour le référentiel O': 0 = mg N 5.5

14 II.14 puisque, dans cette situation, O et O' sont tous les deux des référentiels d'inertie. Un pèsepersonne placé sous mes pieds indiquera une valeur proportionnelle à la grandeur de la force que j'exerce sur lui: cette force, c'est mon poids, égal en grandeur à N (3 ème loi de Newton), c'est-à-dire, dans ce cas-ci, mon poids réel mg. Si par contre l'ascenseur accélère vers le haut, j'aurai, dans le référentiel d'inertie O, une accélération dont la composante est négative: - selon X pour O: -ma = mg N 5.6 Mon poids, cette fois "effectif", est à nouveau égal à la grandeur de N qui vaut maintenant mg+ma (le pèse-personne m'indique cela). Le poids effectif combine donc le poids réel (mg) dû à la masse gravitationnelle, et un poids apparent (ma) dû à la masse d'inertie. Une autre vision de cette réalité est qu'il existerait un champ de pesanteur effectif g eff (égal à g+a) que ma masse m subirait. Par rapport au référentiel non-inertiel O', mon accélération est nulle. Or, mg et N sont des forces physiques dont je sais (par l'éq 5.6) qu'elles ne sont pas égales: le pèse-personne m'avait indiqué que N était plus grand que mg. Donc, pour établir l'équation de Newton dans le référentiel non-inertiel O', je dois y introduire une "autre force" afin d'obtenir une résultante des forces nulle conduisant à une accélération nulle: - selon X' pour O': 0 = mg N + "autre force" 5.7 Cette "autre force" est ce qu'on appelle une force fictive, ou encore une pseudo-force: elle n'est pas une vraie force physique, mais bien une astuce de physicien pour pouvoir écrire l'équation de Newton dans un référentiel non-inertiel. Dans le cas présent, cette force fictive est égale en grandeur au "ma" de l'éq 5.6 et fait donc appel à la masse d'inertie: c'est pourquoi cette pseudo-force s'appelle force fictive d'inertie. Ce qui est remarquable, c'est que la force fictive d'inertie et la force gravitationnelle sont toutes deux capables de contribuer à mon poids (effectif), la première en faisant intervenir ma masse d'inertie soumise à une accélération, l'autre étant causée par ma masse gravitationnelle plongée dans le champ gravitationnel terrestre. Revoilà donc cette notion importante d'équivalence entre les concepts de masse d'inertie et de masse gravitationnelle: l'accélération d'un objet en-dehors de tout champ gravitationnel produit le même effet (c'est-à-dire l'apparition d'un poids) que celui dû à la présence d'un champ gravitationnel dans lequel un objet non-accéléré est plongé: le pèsepersonne ne peut faire la différence entre les deux situations.

15 II.15 Le "principe d'équivalence", principe fondamental de la théorie de la relativité générale, me dit que la masse d'inertie d'un objet (responsable de la résistance que l'objet oppose à toute modification de son mouvement) et la masse gravitationnelle (responsable de la force gravitationnelle) sont égales. 6. Et pour voir si j'ai compris la force de frottement Pourquoi j'avance quand je marche? Réponse: - mon pied, grâce au frottement qui existe entre la semelle de la chaussure et le sol, pousse le sol vers l'arrière. - par réaction, le sol pousse mon pied vers l'avant (3ème loi de Newton). C'est donc la force de frottement que le sol exerce sur mes pieds, en réaction à ma poussée, qui me fait avancer: c'est tellement vrai que si le sol est verglacé, je ne pourrai plus avancer car mes pieds glissent. En passant, je remarque que lorsque je marche, ou lorsqu'un véhicule automoteur avance sur un support (une auto roulant sur une route), la force de frottement agissant sur le mobile est dans le sens du mouvement, car elle le fait avancer. Dans d'autres cas (par exemple, celui de la caisse qui glisse sur la rampe (fig II.1)), la force de frottement agit dans le sens opposé au mouvement, car elle s'oppose au mouvement! Il faut bien visualiser le problème physique avant d'orienter la force de frottement, qui s'oppose toujours au glissement (et pas nécessairement au mouvement)! le poids effectif Je suis attaché au siège d'une capsule spatiale. Mon poids (sur terre) est de 750 N (ce qui correspond à une masse d'environ 75 kg telle qu'indiquée par un pèse-personne!). situation (a): je suis très éloigné de tout corps céleste. Donc, la force gravitationnelle est virtuellement nulle. J'allume le moteur de la fusée qui me propulse avec une accélération constante de 1 m/s 2. situation (b): le moteur est éteint, mais je suis près d'un astre dont la force gravitationnelle m'attire en produisant une accélération de 1 m/s 2.

16 II.16 Que vaut mon poids effectif dans chacune des deux situations (a) et (b)? Réponse finale à justifier: le poids effectif est différent malgré le fait que l'accélération soit identique: dans la situation (a), le poids effectif vaut 75 N, tandis qu'il est nul dans la situation (b). Justification: situation (a): le moteur de la fusée pousse la capsule et donc mon siège qui me pousse en avant avec une force qui doit provoquer une accélération de 1 m/s 2. Donc la force qu'exerce sur moi le dossier de mon siège (c'est mon support) vaut ma = 75 N. Mon poids effectif qui "pèse" sur le dossier du siège vaut donc 75 N. situation (b): l'astre m'attire avec une force valant aussi ma = 75 N. Mais cette force ne m'est communiquée par aucun support. Je tombe en fait en chute libre sur l'astre en même temps que le siège qui n'exerce aucune poussée sur moi et sur lequel je n'exerce donc aucun "poids". Mon poids effectif est donc nul. A méditer... Et pour approfondir cette question, je peux lire l'encadré 6.1 à la page 150 du livre "Physique Générale 1" de D.C. Giancoli (consultable à la Bibliothèque de Médecine).