9.10 : Centre de masse (partie 2)
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Centre de masse des objets continus
Si la masse de l'objet en question est distribuée uniformément dans l'espace, plutôt que sous la forme d'un ensemble de particules discrètes, alors m j → dm, et la somme devient une intégrale :
\[\vec{r}_{CM} = \frac{1}{M} \int \vec{r} dm \ldotp \label{9.34}\]
Dans ce contexte, r est une dimension caractéristique de l'objet (le rayon d'une sphère, la longueur d'une longue tige). Pour générer un integrand qui puisse réellement être calculé, vous devez exprimer l'élément de masse différentielle dm en fonction de la masse volumique de l'objet continu et de la dimension r. Un exemple permettra de clarifier cela.
Déterminez le centre de gravité d'un cercle (ou anneau) mince et uniforme de masse\(M\) et de rayon\(r\).
Stratégie
Tout d'abord, la symétrie du cerceau suggère que le centre de gravité devrait se trouver à son centre géométrique. Si nous définissons notre système de coordonnées de telle sorte que l'origine soit située au centre du cercle, l'intégrale devrait être évaluée à zéro.
Nous remplaçons dm par une expression impliquant la densité du cerceau et le rayon du cercle. Nous avons alors une expression que nous pouvons réellement intégrer. Comme le cerceau est décrit comme « fin », nous le traitons comme un objet unidimensionnel, en négligeant l'épaisseur du cerceau. Par conséquent, sa densité est exprimée en nombre de kilogrammes de matériau par mètre. Une telle densité est appelée densité de masse linéaire et reçoit le symbole\(\lambda\) ; il s'agit de la lettre grecque « lambda », qui est l'équivalent de la lettre anglaise « l » (pour « linéaire »).
Comme l'arceau est décrit comme étant uniforme, cela signifie que la densité de masse linéaire\(\lambda\) est constante. Ainsi, pour obtenir notre expression de l'élément de masse différentielle dm, nous multiplions\(\lambda\) par une longueur différentielle de l'arceau, nous la substituons et l'intégrons (avec des limites appropriées pour l'intégrale définie).
Solution
Définissez d'abord notre système de coordonnées et les variables pertinentes (Figure\(\PageIndex{1}\)).
Le centre de masse est calculé avec l'équation \ ref {9.34} :
\[\vec{r}_{CM} = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} \vec{r} dm \ldotp\]
Nous devons déterminer les limites de l'intégration a et b. L'expression\(\vec{r}\) sous forme de composants nous donne
\[\vec{r}_{CM} = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} \big[ (r \cos \theta) \hat{i} + (R \sin \theta) \hat{j} \big] dm \ldotp\]
Dans le diagramme, nous avons mis en évidence une partie de l'arceau qui est de longueur différentielle ds ; elle a donc une masse différentielle dm =\(\lambda\) ds. Substituant :
\[\vec{r}_{CM} = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} \big[ (r \cos \theta) \hat{i} + (R \sin \theta) \hat{j} \big] \lambda ds \ldotp\]
Cependant, la longueur de l'arc ds sous-tend un angle différentiel d\(theta\), donc nous avons
\[ds = rd \theta\]
et donc
\[\vec{r}_{CM} = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} \big[ (r \cos \theta) \hat{i} + (R \sin \theta) \hat{j} \big] \lambda rd \theta \ldotp\]
Encore une étape : puisque\(\lambda\) c'est la densité de masse linéaire, elle est calculée en divisant la masse totale par la longueur du cerceau :
\[\lambda = \frac{M}{2 \pi r}\]
nous donnant
\[\begin{split} \vec{r}_{CM} & = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} \big[ (r \cos \theta) \hat{i} + (R \sin \theta) \hat{j} \big] \left(\dfrac{M}{2 \pi r}\right) rd \theta \\ & = \frac{1}{2 \pi} \int_{a}^{b} \big[ (r \cos \theta) \hat{i} + (R \sin \theta) \hat{j} \big] d \theta \ldotp \end{split}\]
Notez que la variable d'intégration est désormais l'angle\(\theta\). Cela nous indique que les limites d'intégration (autour du cercle circulaire) sont θ = 0 à\(\theta\) = 2\(\pi\), donc a = 0 et b = 2\(\pi\). De plus, pour plus de commodité, nous séparons l'intégrale en composants x et y de\(\vec{r}_{CM}\). L'expression intégrale finale est
\[\begin{split} \vec{r}_{CM} & = r_{CM,x} \hat{i} + r_{CM,y} \hat{j} \\ & = \Big[ \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} (2 \cos \theta d \theta \Big] \hat{i} + \Big[ \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} (2 \sin \theta d \theta \Big] \hat{j} \\ & = 0 \hat{i} + 0 \hat{j} = \vec{0} \end{split}\]
comme prévu.
Centre de masse et conservation de l'élan
Comment tout cela est-il lié à la conservation de l'élan ?
Supposons que vous ayez N objets avec des masses m 1, m 2, m 3,... m N et des vitesses initiales\(\vec{v}_{1}\),\(\vec{v}_{2}\),\(\vec{v}_{3}\),...,\(\vec{v}_{N}\). Le centre de gravité des objets est
\[\vec{r}_{CM} = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \vec{r}_{j} \ldotp\]
Sa vitesse est
\[\vec{v}_{CM} = \frac{d \vec{r}_{CM}}{dt} = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \frac{d \vec{r}_{j}}{dt} \label{9.35}\]
et donc la quantité de mouvement initiale du centre de masse est
\[\begin{split} \Big[ M \frac{d \vec{r}_{CM}}{dt} \Big]_{i} & = \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \frac{d \vec{r}_{j,i}}{dt} \\ M \vec{v}_{CM,i} & = \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \vec{v}_{j,i} \ldotp \end{split}\]
Une fois que ces masses se déplacent et interagissent les unes avec les autres, l'élan du centre de masse est
\[M \vec{v}_{CM,f} = \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \vec{v}_{j,f} \ldotp\]
Mais la conservation de l'élan nous indique que le côté droit des deux équations doit être égal, ce qui signifie
\[M \vec{v}_{CM,f} = M \vec{v}_{CM,i} \ldotp \label{9.36}\]
Ce résultat implique que la conservation de l'élan est exprimée en termes de centre de masse du système. Notez que lorsqu'un objet se déplace dans l'espace sans qu'aucune force externe nette ne s'exerce sur lui, une particule individuelle de l'objet peut accélérer dans différentes directions, avec différentes amplitudes, en fonction de la force interne nette agissant sur cet objet à tout moment. (N'oubliez pas que seule la somme vectorielle de toutes les forces internes disparaît, et non la force interne exercée sur une seule particule.) Ainsi, la quantité de mouvement d'une telle particule ne sera pas constante, mais la quantité de mouvement de l'ensemble de l'objet étendu le sera, conformément à l'équation \ ref {9.36}.
L'équation \ ref {9.36} implique un autre résultat important : puisque M représente la masse de l'ensemble du système de particules, elle est nécessairement constante. (Si ce n'est pas le cas, nous n'avons pas de système fermé, nous ne pouvons donc pas nous attendre à ce que l'élan du système soit conservé.) Par conséquent, l'équation \ ref {9.36} implique que, pour un système fermé,
\[\vec{v}_{CM,f} = \vec{v}_{CM,i} \ldotp \label{9.37}\]
C'est-à-dire qu'en l'absence de force extérieure, la vitesse du centre de masse ne change jamais.
Vous pourriez être tenté de hausser les épaules et de dire : « Eh bien oui, c'est juste la première loi de Newton », mais souvenez-vous que la première loi de Newton traite de la vitesse constante d'une particule, alors que l'équation \ ref {9.37} s'applique au centre de masse d'une collection (peut-être vaste) de particules en interaction, et qu'il n'y en a peut-être pas Une particule au centre de gravité ! Il s'agit donc vraiment d'un résultat remarquable.
Lorsqu'une fusée pyrotechnique explose, des milliers de fragments lumineux s'envolent vers l'extérieur dans toutes les directions et tombent sur Terre dans un décor élégant et magnifique (Figure\(\PageIndex{2}\)). Décrivez ce qui se passe en termes de conservation de l'élan et du centre de gravité.
La photo montre une symétrie radiale par rapport aux points centraux des explosions, ce qui suggère l'idée d'un centre de gravité. Nous pouvons également observer le mouvement parabolique des particules incandescentes, ce qui nous fait penser à des idées de mouvements de projectiles.
Solution
Dans un premier temps, la fusée pyrotechnique est lancée et vole plus ou moins tout droit vers le haut ; c'est la cause de la traînée blanche plus ou moins droite qui s'enfonce dans le ciel sous l'explosion en haut à droite de l'image (l'explosion jaune). Cette traînée n'est pas parabolique car l'obus explosif, pendant sa phase de lancement, est en fait une fusée ; l'impulsion qui lui est appliquée par l'éjection du combustible brûlant exerce une force sur l'obus pendant l'intervalle de temps de montée. (C'est un phénomène que nous étudierons dans la section suivante.) L'obus est soumis à de multiples forces ; il n'est donc pas en chute libre avant l'explosion.
Au moment de l'explosion, les milliers de fragments lumineux s'envolent vers l'extérieur selon un motif radialement symétrique. La symétrie de l'explosion est le résultat de la somme de toutes les forces internes\((\sum_{j} \vec{f}_{j}^{int} = 0)\) ; pour chaque force interne, il en existe une autre qui est égale en amplitude et de direction opposée.
Cependant, comme nous l'avons appris plus haut, ces forces internes ne peuvent pas modifier l'élan du centre de masse de l'obus (aujourd'hui explosé). Comme la force de la fusée a maintenant disparu, le centre de gravité de l'obus est désormais un projectile (la seule force sur celui-ci est la gravité), de sorte que sa trajectoire devient parabolique. Les deux explosions rouges sur la gauche indiquent la trajectoire de leurs centres de gravité un peu plus longtemps après l'explosion que l'explosion jaune en haut à droite.
En fait, si vous regardez attentivement les trois explosions, vous pouvez constater que les traînées lumineuses ne sont pas vraiment symétriques radialement ; elles sont plutôt un peu plus denses d'un côté que de l'autre. Plus précisément, l'explosion jaune et l'explosion centrale inférieure sont légèrement plus denses sur leur côté droit, et l'explosion en haut à gauche est plus dense sur le côté gauche. Cela est dû à l'impulsion de leurs centres de masse ; les différentes densités de traînée sont dues à la force motrice de chaque pièce de la coque au moment de son explosion. Le fragment de l'explosion en haut à gauche de l'image avait un élan pointant vers le haut et vers la gauche ; l'impulsion du fragment central pointait vers le haut et légèrement vers la droite ; et l'explosion du côté droit était clairement dirigée vers le haut et vers la droite (comme en témoigne la traînée blanche d'échappement de fusée visible ci-dessous) l'explosion jaune).
Enfin, chaque fragment est un projectile à lui seul, traçant ainsi des milliers de paraboles lumineuses.
L'importance
Dans la discussion ci-dessus, nous avons dit : «... le centre de gravité de l'obus est désormais un projectile (la seule force exercée sur celui-ci est la gravité)... » Ce n'est pas tout à fait exact, car il se peut qu'il n'y ait aucune masse au centre de la masse ; auquel cas aucune force ne pourrait agir sur elle. Il s'agit en fait d'un raccourci verbal pour décrire le fait que les forces gravitationnelles sur toutes les particules agissent de telle sorte que le centre de masse change de position exactement comme si toute la masse de la coque était toujours située à la position du centre de masse.
Comment évoluerait le feu d'artifice dans l'espace lointain, loin de toute source de gravité ?
Vous pouvez parfois entendre quelqu'un décrire une explosion en disant quelque chose comme « les fragments de l'objet explosé se déplacent toujours de manière à ce que le centre de gravité continue de se déplacer sur sa trajectoire initiale ». Cela donne l'impression que le processus est quelque peu magique : comment se fait-il que, dans chaque explosion, il soit toujours possible que les fragments se déplacent exactement de la bonne manière pour que le centre du mouvement de la masse reste inchangé ? Ainsi formulé, il serait difficile de croire qu'aucune explosion ne fasse quelque chose de différent.
L'explication de cette coïncidence apparemment étonnante est la suivante : nous avons défini le centre de gravité avec précision afin que ce soit exactement ce que nous obtiendrions. Rappelons que nous avons d'abord défini la dynamique du système :
\[\vec{p}_{CM} = \sum_{j = 1}^{N} \frac{d \vec{p}_{j}}{dt} \ldotp\]
Nous avons ensuite conclu que la force externe nette exercée sur le système (le cas échéant) avait modifié cette dynamique :
\[\vec{F} = \frac{d \vec{p}_{CM}}{dt}\]
et puis, et voici le point, nous avons défini une accélération qui obéirait à la deuxième loi de Newton. C'est-à-dire que nous avons exigé que nous puissions écrire
\[\vec{a} = \frac{\vec{F}}{M}\]
qui exige que
\[\vec{a} = \frac{d^{2}}{dt^{2}} \left(\dfrac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \vec{r}_{j}\right) \ldotp\]
où la quantité entre parenthèses est le centre de gravité de notre système. Il n'est donc pas étonnant que le centre de masse obéisse à la deuxième loi de Newton ; nous l'avons défini de telle sorte qu'il le fasse.