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Quantité de mouvement et chocs

Étudier les systèmes de points et la conservation de la quantité de mouvement.

Physique Première Chapitre 4 / 9 ⏱ 7 h

Ce que tu sauras faire à la fin

  • Appliquer la conservation de la quantité de mouvement
  • Distinguer choc élastique et inélastique
  • Traiter un problème de propulsion

Un footballeur qui frappe un ballon, une voiture qui percute un obstacle, une pirogue qui accoste doucement contre une autre, une fusée qui décolle : toutes ces situations ont un point commun. Pendant un très court instant, deux objets (ou plus) échangent un mouvement violent, et il est souvent impossible de mesurer précisément les forces mises en jeu. Pourtant, la physique permet de prévoir exactement les vitesses après le choc, sans connaître ces forces en détail. L’outil qui rend ce miracle possible s’appelle la quantité de mouvement.

Jusqu’ici, tu as étudié le mouvement à travers les forces (relation fondamentale F⃗=ma⃗\vec F = m\vec a) et à travers l’énergie (travail, énergie cinétique). Ce chapitre ajoute une troisième grandeur, vectorielle elle aussi, mais qui a une propriété remarquable : dans un système isolé, elle se conserve — avant et après un choc, sa valeur ne change pas, même quand l’énergie cinétique, elle, se perd en partie sous forme de chaleur ou de déformation.

Tu rencontreras cette idée partout : dans la sécurité automobile (pourquoi un airbag sauve des vies), au billard, dans le recul d’une arme à feu, et bien sûr dans le principe même qui permet à une fusée de décoller alors qu’elle n’a rien, dans le vide spatial, sur quoi « prendre appui ».

Le plan est simple : on définit d’abord la quantité de mouvement d’un point puis d’un système (1), on précise où se trouve le centre d’un système (2), on démontre la loi de conservation lors d’un choc (3), on l’applique aux chocs mous et élastiques (4), et on termine par la propulsion par réaction (5), avant une série d’exercices corrigés en détail.

1Quantité de mouvement d’un point et d’un système

On commence par un point matériel isolé, avant d’étendre la définition à un ensemble de points.

1.1  Définition du vecteur quantité de mouvement

Définition

Pour un point matériel de masse mm (en kg), animé à un instant donné d’une vitesse v⃗\vec v (en m·s⁻¹), on appelle quantité de mouvement (ou impulsion) de ce point le vecteur p⃗\vec p défini par :

p⃗=mv⃗\vec p = m\vec v

Le vecteur p⃗\vec p a même direction et même sens que v⃗\vec v (car m>0m>0) ; sa norme s’exprime en kg·m·s⁻¹, unité équivalente au newton-seconde (N·s).

Retiens que p⃗\vec p est un vecteur au même titre que v⃗\vec v ou F⃗\vec F : il possède une norme, une direction et un sens. En mouvement rectiligne, on choisit un axe orienté et l’on travaille avec la valeur algébrique p=mvp = mv, où vv peut être positive ou négative selon le sens du mouvement.

Exemple — un sprinteur

Un athlète de masse m=65 kgm = 65\ \text{kg} franchit la ligne d’arrivée du 100 m à la vitesse v=8 m⋅s−1v = 8\ \text{m·s}^{-1}, horizontalement, dans le sens de la course.

  1. p=m×vp = m \times v
  2. ==65×865 \times 8
  3. ==520 kg⋅m⋅s−1520\ \text{kg·m·s}^{-1}dans le sens du déplacement de l’athlète
Attention

Ne confonds jamais la quantité de mouvement avec l’énergie cinétique : p=mvp = mv est linéaire en vv et change de signe si le sens du mouvement s’inverse, alors que Ec=12mv2E_c = \frac{1}{2}mv^{2} est toujours positive. Une quantité de mouvement totale nulle ne signifie pas que rien ne bouge : elle peut résulter de deux mouvements qui se compensent (§1.2).

1.2  Quantité de mouvement d’un système de points

Définition

Pour un système de nn points matériels, de masses m1,m2,…,mnm_1, m_2, \dots, m_n et de vitesses v⃗1,v⃗2,…,v⃗n\vec v_1, \vec v_2, \dots, \vec v_n, la quantité de mouvement du système est la somme vectorielle des quantités de mouvement de chaque point :

p⃗syst=∑ip⃗i=m1v⃗1+m2v⃗2+⋯+mnv⃗n\vec p_{syst} = \sum_{i} \vec p_i = m_1\vec v_1 + m_2\vec v_2 + \dots + m_n\vec v_n

Exemple — deux patineurs sur une piste

Deux patineurs se déplacent dans le même sens sur une même droite : m1=50 kgm_1 = 50\ \text{kg}, v1=4 m⋅s−1v_1 = 4\ \text{m·s}^{-1} ; m2=70 kgm_2 = 70\ \text{kg}, v2=3 m⋅s−1v_2 = 3\ \text{m·s}^{-1}.

  1. p1=m1v1=50×4=200 kg⋅m⋅s−1p_1 = m_1 v_1 = 50 \times 4 = 200\ \text{kg·m·s}^{-1}
  2. p2=m2v2=70×3=210 kg⋅m⋅s−1p_2 = m_2 v_2 = 70 \times 3 = 210\ \text{kg·m·s}^{-1}
  3. psyst=p1+p2p_{syst} = p_1 + p_2même direction, même sens : les valeurs algébriques s’ajoutent
  4. ==410 kg⋅m⋅s−1410\ \text{kg·m·s}^{-1}

Si les deux patineurs s’étaient déplacés en sens opposés, il aurait fallu affecter à l’un des deux une vitesse algébrique négative : la somme vectorielle peut alors être bien plus petite que la somme des normes, voire nulle. On retrouvera ce point essentiel dans les exercices.

1.3  Deuxième loi de Newton et théorème de l’impulsion

Théorème

Pour un système de masse totale constante, la somme vectorielle des forces extérieures appliquées est égale à la dérivée par rapport au temps du vecteur quantité de mouvement du système :

∑F⃗ext=dp⃗dt\sum \vec F_{ext} = \dfrac{d\vec p}{dt}

Démonstration — on retrouve ∑F⃗=ma⃗\sum \vec F = m\vec a

Pour un point matériel unique de masse mm constante :

  1. dp⃗dt=d(mv⃗)dt\dfrac{d\vec p}{dt} = \dfrac{d(m\vec v)}{dt}
  2. ==mdv⃗dtm\dfrac{d\vec v}{dt}mm constante sort de la dérivée
  3. ==ma⃗m\vec aa⃗=dv⃗/dt\vec a = d\vec v/dt est le vecteur accélération

On retrouve donc ∑F⃗ext=ma⃗\sum \vec F_{ext} = m\vec a, la relation fondamentale de la dynamique vue en classe de Seconde. Elle n’est en réalité qu’un cas particulier — celui où la masse ne varie pas — de la loi plus générale ∑F⃗ext=dp⃗/dt\sum \vec F_{ext} = d\vec p/dt, qui reste valable même quand la masse change au cours du temps, comme pour une fusée qui éjecte du gaz (§5).

Propriété — théorème de l’impulsion

Si la résultante des forces extérieures F⃗ext\vec F_{ext} reste constante entre deux instants tit_i et tft_f séparés de Δt=tf−ti\Delta t = t_f - t_i, l’intégration de ∑F⃗ext=dp⃗/dt\sum \vec F_{ext} = d\vec p/dt donne directement :

Δp⃗=p⃗f−p⃗i=F⃗ext⋅Δt\Delta \vec p = \vec p_f - \vec p_i = \vec F_{ext} \cdot \Delta t

Cette relation est très utile : elle relie la variation de quantité de mouvement à la force moyenne et à la durée pendant laquelle elle agit — c’est elle qui explique, par exemple, pourquoi allonger la durée d’un choc réduit la force subie (§3.3).

Théorème de l’impulsion : p₂ = p₁ + FΔt O p₁ = 3 kg·m·s⁻¹ FΔt = 2 kg·m·s⁻¹ (60°) p₂ ≈ 4,36 kg·m·s⁻¹
Figure 1 — Théorème de l’impulsion : le vecteur p⃗2\vec p_2 (vert), quantité de mouvement finale, est la somme du vecteur p⃗1\vec p_1 (bleu) et du vecteur impulsion F⃗Δt\vec F\Delta t (orange), incliné de 60° par rapport à p⃗1\vec p_1.
Exemple — le coup de pied dans un ballon

Un ballon de football de masse m=0,45 kgm = 0{,}45\ \text{kg}, initialement immobile, est frappé et atteint la vitesse v=25 m⋅s−1v = 25\ \text{m·s}^{-1} en une durée de contact Δt=8×10−3 s\Delta t = 8 \times 10^{-3}\ \text{s}. Calcule la force moyenne exercée par le pied.

  1. Δp=mv−0=0,45×25\Delta p = m v - 0 = 0{,}45 \times 25
  2. ==11,25 kg⋅m⋅s−111{,}25\ \text{kg·m·s}^{-1}
  3. F=ΔpΔt=11,258×10−3F = \dfrac{\Delta p}{\Delta t} = \dfrac{11{,}25}{8\times10^{-3}}
  4. ≈\approx1 406 N1\,406\ \text{N}soit environ 1,4 kN1{,}4\ \text{kN}, une force considérable sur une durée si brève
Physique & Co — la lente naissance de la quantité de mouvement

En 1644, dans ses Principes de la philosophie, René Descartes affirme que Dieu a créé l’Univers avec une « quantité de mouvement » totale constante, qu’il définit comme la somme des produits mvmv — mais en oubliant le signe, c’est-à-dire la direction. Sa loi de conservation, purement scalaire, échoue à prédire correctement l’issue des chocs entre corps.

Le correctif décisif vient d’expériences de chocs entre pendules, menées et discutées par Christiaan Huygens, John Wallis et Christopher Wren, qui présentent leurs résultats à la Royal Society de Londres en 1668-1669 : c’est en tenant compte du sens du mouvement, donc en travaillant avec un vrai vecteur, que la loi de conservation devient exacte. Cette correction prépare directement les Principia de Newton (1687) et sa deuxième loi ∑F⃗=dp⃗/dt\sum \vec F = d\vec p/dt.

2Centre d’inertie

Pour un système de plusieurs points (ou un solide étendu), il est commode de repérer un point unique qui résume le mouvement d’ensemble : le centre d’inertie.

2.1  Définition et localisation du centre d’inertie

Définition

Le centre d’inertie (ou centre de masse) GG d’un système de nn points matériels de masses m1,…,mnm_1, \dots, m_n et de positions M1,…,MnM_1, \dots, M_n est le point défini, pour une origine OO quelconque, par :

OG→=∑imiOMi→∑imi=m1OM1→+m2OM2→+…m1+m2+…\overrightarrow{OG} = \dfrac{\sum_i m_i \overrightarrow{OM_i}}{\sum_i m_i} = \dfrac{m_1\overrightarrow{OM_1} + m_2\overrightarrow{OM_2} + \dots}{m_1+m_2+\dots}

Sur un axe (cas 1D), la position xGx_G de GG s’écrit simplement xG=∑imixi∑imix_G = \dfrac{\sum_i m_i x_i}{\sum_i m_i}. GG est toujours plus proche de la masse la plus importante.

Centre d’inertie de deux masses ponctuelles 0 1 2 3 4 5 6 x (m) m₁ = 3 kg m₂ = 2 kg G (xG = 2 m)
Figure 2 — Centre d’inertie GG de deux masses ponctuelles m1=3 kgm_1 = 3\ \text{kg} (en x1=0x_1=0) et m2=2 kgm_2 = 2\ \text{kg} (en x2=5 mx_2 = 5\ \text{m}) : GG se trouve plus près de la masse la plus grande, à xG=2 mx_G = 2\ \text{m}.
Exemple — vérification directe (Figure 2)
  1. xG=m1x1+m2x2m1+m2x_G = \dfrac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1+m_2}
  2. ==3×0+2×53+2\dfrac{3\times 0 + 2\times 5}{3+2}
  3. ==105\dfrac{10}{5}
  4. ==2 m2\ \text{m}plus proche de m1=3 kgm_1 = 3\ \text{kg}, la masse la plus grande
Attention

Le centre d’inertie n’est pas forcément un point où se trouve de la matière : pour un anneau homogène ou un boomerang, GG est situé au centre géométrique, dans le vide. Pour un objet non homogène (une raquette plus lourde au manche), GG n’est pas non plus le centre géométrique : il faut refaire le calcul en tenant compte de la répartition réelle des masses.

2.2  Centre d’inertie et quantité de mouvement du système

Propriété

La quantité de mouvement d’un système de masse totale M=∑imiM = \sum_i m_i est égale au produit de cette masse totale par la vitesse de son centre d’inertie v⃗G\vec v_G :

p⃗syst=Mv⃗G\vec p_{syst} = M\vec v_G

Démonstration

En dérivant par rapport au temps la définition de GG (masses constantes) :

  1. MOG→=∑imiOMi→M\overrightarrow{OG} = \sum_i m_i \overrightarrow{OM_i}
  2. ⇒\RightarrowMdOG→dt=∑imidOMi→dtM\dfrac{d\overrightarrow{OG}}{dt} = \sum_i m_i \dfrac{d\overrightarrow{OM_i}}{dt}on dérive chaque membre, les mim_i sont constantes
  3. ⇒\RightarrowMv⃗G=∑imiv⃗i=∑ip⃗iM\vec v_G = \sum_i m_i \vec v_i = \sum_i \vec p_i
  4. ⇒\RightarrowMv⃗G=p⃗systM\vec v_G = \vec p_{syst}C.Q.F.D.

Cette propriété est puissante : elle montre que, pour connaître la quantité de mouvement d’un système entier (une fusée, un système solaire, un nuage de gaz), il suffit de connaître la masse totale et la vitesse d’un seul point, son centre d’inertie — inutile de suivre chaque particule individuellement.

Exemple — le centre d’inertie du système Terre-Lune

Masse de la Terre MT=5,97×1024 kgM_T = 5{,}97\times10^{24}\ \text{kg}, masse de la Lune ML=7,35×1022 kgM_L = 7{,}35\times10^{22}\ \text{kg}, distance Terre-Lune d=384 400 kmd = 384\,400\ \text{km}. Où se trouve GG, mesuré depuis le centre de la Terre ?

  1. xG=MT×0+ML×dMT+MLx_G = \dfrac{M_T \times 0 + M_L \times d}{M_T + M_L}origine au centre de la Terre
  2. ==7,35×1022×384 4005,97×1024+7,35×1022\dfrac{7{,}35\times10^{22} \times 384\,400}{5{,}97\times10^{24} + 7{,}35\times10^{22}}
  3. ≈\approx4 680 km4\,680\ \text{km}

Le rayon terrestre valant environ 6 371 km6\,371\ \text{km}, le centre d’inertie du système Terre-Lune se trouve à l’intérieur du globe terrestre ! C’est ce point, et non le centre de la Terre, qui décrit une ellipse autour du Soleil.

Passons maintenant à la question centrale du chapitre : que devient la quantité de mouvement d’un système lors d’un choc ?

3Conservation lors d’un choc

Pendant un choc — une collision de voitures, deux boules de billard qui se touchent, une pirogue qui accoste — les forces mises en jeu sont énormes mais durent très peu de temps, et elles sont presque impossibles à mesurer directement. La loi de conservation de la quantité de mouvement permet de contourner cette difficulté.

3.1  Système isolé, système pseudo-isolé

Définition

Un système est isolé s’il ne subit aucune force extérieure. Il est pseudo-isolé si les forces extérieures qu’il subit se compensent (résultante nulle) ou sont négligeables devant les forces intérieures au système pendant la durée étudiée.

Un système {objet 1 ; objet 2} en train de se percuter est un bon exemple de système pseudo-isolé : pendant le très bref intervalle Δt\Delta t du choc, le poids et les frottements continuent d’agir, mais les forces de contact internes au choc sont, elles, colossales — on peut donc négliger l’effet des forces extérieures sur la variation de quantité de mouvement pendant le choc lui-même.

3.2  Conservation de la quantité de mouvement

Théorème

La quantité de mouvement totale d’un système isolé (ou pseudo-isolé) se conserve au cours du temps. En particulier, pour un choc entre deux objets 1 et 2 :

p⃗avant=p⃗apreˋssoitm1v⃗1+m2v⃗2=m1v⃗1 ′+m2v⃗2 ′\vec p_{avant} = \vec p_{après} \quad\text{soit}\quad m_1\vec v_1 + m_2\vec v_2 = m_1\vec v_1{\,}' + m_2\vec v_2{\,}'

Démonstration — à partir des actions réciproques

Considère un système {1 ; 2} isolé. D’après le principe des actions réciproques (3e loi de Newton), la force exercée par 2 sur 1 est l’opposée de celle exercée par 1 sur 2 :

  1. F⃗2→1=−F⃗1→2\vec F_{2 \to 1} = -\vec F_{1 \to 2}
  2. pour le point 1 : dp⃗1dt=F⃗2→1\dfrac{d\vec p_1}{dt} = \vec F_{2\to1}seule force reçue par 1 : celle de 2 (système isolé)
  3. pour le point 2 : dp⃗2dt=F⃗1→2\dfrac{d\vec p_2}{dt} = \vec F_{1\to2}
  4. dp⃗1dt+dp⃗2dt=F⃗2→1+F⃗1→2\dfrac{d\vec p_1}{dt} + \dfrac{d\vec p_2}{dt} = \vec F_{2\to1} + \vec F_{1\to2}on additionne membre à membre
  5. ==0⃗\vec 0les deux forces internes s’annulent (action-réaction)
  6. ⇒\Rightarrowd(p⃗1+p⃗2)dt=0⃗\dfrac{d(\vec p_1+\vec p_2)}{dt} = \vec 0
  7. ⇒\Rightarrowp⃗1+p⃗2=p⃗syst=constante\vec p_1+\vec p_2 = \vec p_{syst} = \text{constante}C.Q.F.D.
Exemple — vérifier la conservation

Un chariot 1 (m1=2 kgm_1=2\ \text{kg}, v1=5 m⋅s−1v_1=5\ \text{m·s}^{-1}) percute un chariot 2 à l’arrêt (m2=3 kgm_2=3\ \text{kg}). Après le choc, on mesure v1 ′=1 m⋅s−1v_1{\,}'=1\ \text{m·s}^{-1} et v2 ′=83 m⋅s−1v_2{\,}'=\dfrac{8}{3}\ \text{m·s}^{-1}. Le choc respecte-t-il la conservation ?

  1. pavant=m1v1+m2v2=2×5+3×0=10 kg⋅m⋅s−1p_{avant} = m_1v_1+m_2v_2 = 2\times5+3\times0 = 10\ \text{kg·m·s}^{-1}
  2. papreˋs=m1v1 ′+m2v2 ′=2×1+3×83p_{après} = m_1v_1{\,}'+m_2v_2{\,}' = 2\times1+3\times\dfrac{8}{3}
  3. ==2+8=10 kg⋅m⋅s−12+8 = 10\ \text{kg·m·s}^{-1}
  4. ⇒\Rightarrowpavant=papreˋsp_{avant}=p_{après}la conservation est vérifiée
Attention

La conservation ne s’applique qu’à la quantité de mouvement totale du système, pas à celle de chaque objet pris séparément : chaque objet, lui, voit sa propre quantité de mouvement changer, sous l’effet des forces internes du choc. Ne dis jamais « la quantité de mouvement de l’objet 1 se conserve » : c’est faux, sauf cas particulier (m2v2=m2v2 ′m_2v_2=m_2v_2{\,}').

3.3  Application : sécurité routière et temps de choc

Le théorème de l’impulsion (§1.3), Δp⃗=F⃗⋅Δt\Delta \vec p = \vec F \cdot \Delta t, a une conséquence vitale. Pour une variation de quantité de mouvement Δp\Delta p fixée (celle d’un corps humain qui passe de vv à 00 lors d’un choc), la force moyenne subie est inversement proportionnelle à la durée du choc Δt\Delta t : allonger la durée du choc réduit la force. C’est tout le principe de l’airbag, de la zone de déformation programmée (« zone crumple ») d’une voiture, et des tapis de réception en sport.

Même impulsion, force moyenne très différente t (s) F (N) 0 F₁ ≈ 15 000 N Δt₁ = 0,02 s (sans airbag) F₂ ≈ 3 000 N Δt₂ = 0,10 s (avec airbag) aire sous chaque courbe = même |Δp| ≈ 150 kg·m·s⁻¹
Figure 3 — Impulsion identique (aire sous la courbe F(t)F(t)) lors d’un choc, avec (vert) et sans (rouge) airbag : en étalant le choc sur une durée cinq fois plus longue, la force moyenne subie est divisée par cinq.
Exemple — pourquoi l’airbag protège

Sans airbag, la tête subit F1≈15 000 NF_1 \approx 15\,000\ \text{N} pendant Δt1=0,02 s\Delta t_1 = 0{,}02\ \text{s}. Avec airbag, la même variation de quantité de mouvement est étalée sur Δt2=0,10 s\Delta t_2 = 0{,}10\ \text{s}, avec F2≈3 000 NF_2 \approx 3\,000\ \text{N}. Vérifie que l’impulsion (aire du triangle 12FΔt\frac12 F\Delta t) est la même dans les deux cas.

  1. Δp1=12×F1×Δt1=12×15 000×0,02\Delta p_1 = \frac12 \times F_1 \times \Delta t_1 = \frac12 \times 15\,000 \times 0{,}02
  2. ==150 kg⋅m⋅s−1150\ \text{kg·m·s}^{-1}
  3. Δp2=12×F2×Δt2=12×3 000×0,10\Delta p_2 = \frac12 \times F_2 \times \Delta t_2 = \frac12 \times 3\,000 \times 0{,}10
  4. ==150 kg⋅m⋅s−1150\ \text{kg·m·s}^{-1}bien la même impulsion, mais 5 fois moins de force

Cette même idée de conservation se retrouve au billard, à l’accostage d’une pirogue, ou dans le recul d’une arme à feu — tu la manipuleras en détail dans les paragraphes et les exercices qui suivent, en distinguant deux grandes familles de chocs.

4Chocs élastiques et inélastiques

Deux objets qui se percutent peuvent réagir de deux façons très différentes : rester collés l’un à l’autre, ou repartir chacun de leur côté. Dans les deux cas la quantité de mouvement totale se conserve — mais l’énergie cinétique, elle, ne se conserve que dans un cas.

Méthode — reconnaître le type de choc

Face à un problème de choc, procède dans l’ordre : 1) vérifie que le système {objet 1 ; objet 2} peut être considéré isolé ou pseudo-isolé pendant le choc (sinon la conservation de pp ne s’applique pas) ; 2) si l’énoncé indique que les objets restent solidaires (« s’accrochent », « s’encastrent », « accostent ») → choc mou : une seule inconnue v ′v\,', une seule équation (pp) ; 3) si l’énoncé précise « choc élastique » ou que l’énergie cinétique se conserve → deux inconnues v1 ′v_1{\,}' et v2 ′v_2{\,}', deux équations (pp et EcE_c), résolues par les formules du §4.2 ; 4) dans tous les cas, choisis un axe orienté avant de manipuler des valeurs algébriques.

4.1  Choc mou (parfaitement inélastique)

Définition

Un choc est mou (ou parfaitement inélastique, ou plastique) lorsque les deux objets restent solidaires après le choc et repartent à une vitesse commune v⃗ ′\vec v\,'. Dans un choc mou, la quantité de mouvement se conserve, mais l’énergie cinétique ne se conserve pas : une partie est dissipée en chaleur, en son, en déformation permanente.

Démonstration — vitesse commune après un choc mou
  1. m1v⃗1+m2v⃗2=(m1+m2)v⃗ ′m_1\vec v_1 + m_2\vec v_2 = (m_1+m_2)\vec v\,'conservation de p⃗\vec p, vitesse commune v⃗ ′\vec v\,' après le choc
  2. ⇒\Rightarrowv⃗ ′=m1v⃗1+m2v⃗2m1+m2\vec v\,' = \dfrac{m_1\vec v_1 + m_2\vec v_2}{m_1+m_2}
Choc mou : avant / après AVANT v₁ = 3 m·s⁻¹ m₁ = 2 kg v₂ = 0 m₂ = 1 kg APRÈS v′ = 2 m·s⁻¹ m₁+m₂ = 3 kg
Figure 4 — Choc mou entre deux chariots : m1=2 kgm_1=2\ \text{kg} à v1=3 m⋅s−1v_1=3\ \text{m·s}^{-1} percute m2=1 kgm_2=1\ \text{kg} à l’arrêt ; après le choc, l’ensemble solidaire repart à v ′=2 m⋅s−1v\,'=2\ \text{m·s}^{-1}.
Exemple — calcul complet (Figure 4)
  1. v ′=m1v1+m2v2m1+m2=2×3+1×02+1v\,' = \dfrac{m_1v_1+m_2v_2}{m_1+m_2} = \dfrac{2\times3+1\times0}{2+1}
  2. ==63=2 m⋅s−1\dfrac{6}{3} = 2\ \text{m·s}^{-1}

Énergie cinétique perdue dans le choc :

  1. Ec,avant=12m1v12=12×2×32=9 JE_{c,avant} = \frac12 m_1v_1^{2} = \frac12\times2\times3^{2} = 9\ \text{J}
  2. Ec,apreˋs=12(m1+m2)v ′2=12×3×22=6 JE_{c,après} = \frac12(m_1+m_2)v\,'^{2} = \frac12\times3\times2^{2} = 6\ \text{J}
  3. ⇒\RightarrowΔEc=6−9=−3 J\Delta E_c = 6-9 = -3\ \text{J}soit un tiers de l’énergie initiale, dissipé en chaleur et en déformation
Propriété — fraction d’énergie perdue

Lorsqu’un objet m1m_1 percute un objet m2m_2 initialement immobile et qu’ils s’accrochent, la fraction de l’énergie cinétique initiale perdue vaut :

  1. ΔEcEc,avant=m2m1+m2\dfrac{\Delta E_c}{E_{c,avant}} = \dfrac{m_2}{m_1+m_2}obtenue en combinant v ′=m1v1m1+m2v\,'=\frac{m_1v_1}{m_1+m_2} avec Ec=12mv2E_c=\frac12mv^2

Vérifie sur la Figure 4 : m2m1+m2=13≈33%\dfrac{m_2}{m_1+m_2} = \dfrac{1}{3} \approx 33\%, exactement les 3 J3\ \text{J} sur 9 J9\ \text{J} perdus ci-dessus. Plus m2m_2 est petite devant m1m_1, moins le choc mou dissipe d’énergie.

4.2  Choc élastique

Définition

Un choc est élastique lorsque la quantité de mouvement et l’énergie cinétique du système se conservent toutes les deux. Les deux objets repartent chacun avec leur propre vitesse — ils ne restent jamais solidaires.

Propriété — formules du choc élastique frontal (1D)

Pour un choc élastique frontal entre m1m_1 (vitesse v1v_1) et m2m_2 (vitesse v2v_2), les vitesses après le choc valent :

v1 ′=(m1−m2)v1+2m2v2m1+m2v2 ′=(m2−m1)v2+2m1v1m1+m2v_1{\,}' = \dfrac{(m_1-m_2)v_1 + 2m_2v_2}{m_1+m_2} \qquad v_2{\,}' = \dfrac{(m_2-m_1)v_2 + 2m_1v_1}{m_1+m_2}

Démonstration

On part des deux lois de conservation, en isolant m1m_1 et m2m_2 de part et d’autre :

  1. m1(v1−v1 ′)=m2(v2 ′−v2)m_1(v_1-v_1{\,}') = m_2(v_2{\,}'-v_2)conservation de pp
  2. m1(v12−v1 ′2)=m2(v2 ′2−v22)m_1(v_1^{2}-v_1{\,}'^{2}) = m_2(v_2{\,}'^{2}-v_2^{2})conservation de EcE_c (facteur 12\frac12 simplifié)
  3. m1(v1−v1 ′)(v1+v1 ′)=m2(v2 ′−v2)(v2 ′+v2)m_1(v_1-v_1{\,}')(v_1+v_1{\,}') = m_2(v_2{\,}'-v_2)(v_2{\,}'+v_2)différence de carrés, ligne 2
  4. ⇒\Rightarrowv1+v1 ′=v2 ′+v2v_1+v_1{\,}' = v_2{\,}'+v_2on divise la ligne 3 par la ligne 1
  5. ⇒\Rightarrowv1−v2=−(v1 ′−v2 ′)v_1-v_2 = -(v_1{\,}'-v_2{\,}')la vitesse relative s’inverse exactement

Il ne reste plus qu’à résoudre le système formé par la conservation de pp (ligne 1) et cette dernière relation : on obtient les deux formules encadrées ci-dessus.

Choc élastique : avant / après AVANT v₁ = 4 m·s⁻¹ m₁ = 1 kg v₂ = 0 m₂ = 3 kg APRÈS v₁′ = −2 m·s⁻¹ m₁ = 1 kg v₂′ = 2 m·s⁻¹ m₂ = 3 kg
Figure 5 — Choc élastique frontal : m1=1 kgm_1=1\ \text{kg} à v1=4 m⋅s−1v_1=4\ \text{m·s}^{-1} percute m2=3 kgm_2=3\ \text{kg} à l’arrêt ; après le choc, m1m_1 rebondit en arrière à −2 m⋅s−1-2\ \text{m·s}^{-1} tandis que m2m_2 part à +2 m⋅s−1+2\ \text{m·s}^{-1}.
Exemple — calcul complet et vérification (Figure 5)
  1. v1 ′=(1−3)×4+2×3×01+3=−84=−2 m⋅s−1v_1{\,}' = \dfrac{(1-3)\times4 + 2\times3\times0}{1+3} = \dfrac{-8}{4} = -2\ \text{m·s}^{-1}
  2. v2 ′=(3−1)×0+2×1×41+3=84=2 m⋅s−1v_2{\,}' = \dfrac{(3-1)\times0 + 2\times1\times4}{1+3} = \dfrac{8}{4} = 2\ \text{m·s}^{-1}
  3. vérification de pp : 1×(−2)+3×2=41\times(-2)+3\times2 = 4égal à pavant=1×4=4p_{avant}=1\times4=4
  4. vérification de EcE_c : 12×1×22+12×3×22=2+6=8 J\frac12\times1\times2^{2}+\frac12\times3\times2^{2} = 2+6=8\ \text{J}égal à Ec,avant=12×1×42=8 JE_{c,avant}=\frac12\times1\times4^{2}=8\ \text{J}

4.3  Exemple d’application : le billard

Sur un billard, les chocs entre boules sont, en très bonne approximation, élastiques — et de masses égales. Ce cas particulier a une conséquence géométrique remarquable, très utile pour viser.

Propriété — angle de séparation à 90°

Quand une boule de masse mm heurte, en choc élastique oblique, une boule identique initialement immobile, les deux boules repartent selon des directions perpendiculaires (à 90° l’une de l’autre) — sauf choc parfaitement frontal.

L’idée de la preuve : pour des masses égales, la conservation de EcE_c s’écrit v02=v1 ′2+v2 ′2v_0^{2} = v_1{\,}'^{2}+v_2{\,}'^{2} (théorème de Pythagore !), pendant que la conservation de p⃗\vec p impose v⃗0=v⃗1 ′+v⃗2 ′\vec v_0 = \vec v_1{\,}'+\vec v_2{\,}'. Un triangle dont un côté est la somme géométrique des deux autres, et dont le carré du grand côté est la somme des carrés des deux petits, est nécessairement rectangle (réciproque de Pythagore) — l’angle droit est entre v⃗1 ′\vec v_1{\,}' et v⃗2 ′\vec v_2{\,}'.

Choc élastique oblique, masses égales : séparation à 90° v₀ = 4 m·s⁻¹ v₁′ = 3,2 m·s⁻¹ (37°) v₂′ = 2,4 m·s⁻¹ (53°) boule A boule B (immobile)
Figure 6 — Choc élastique oblique entre deux boules de billard identiques : la boule B, immobile, est heurtée par la boule A à v0=4 m⋅s−1v_0=4\ \text{m·s}^{-1} ; les deux boules repartent à 37° et 53°, soit 37+53=90°37+53=90° l’une de l’autre.
Exemple — vérification numérique (Figure 6)
  1. v1 ′=v0cos⁡37°=4×0,8=3,2 m⋅s−1v_1{\,}' = v_0\cos37° = 4\times0{,}8 = 3{,}2\ \text{m·s}^{-1}
  2. v2 ′=v0sin⁡37°=4×0,6=2,4 m⋅s−1v_2{\,}' = v_0\sin37° = 4\times0{,}6 = 2{,}4\ \text{m·s}^{-1}
  3. énergie : v1 ′2+v2 ′2=3,22+2,42=10,24+5,76=16=v02v_1{\,}'^{2}+v_2{\,}'^{2} = 3{,}2^{2}+2{,}4^{2} = 10{,}24+5{,}76 = 16 = v_0^{2}conservation de EcE_c vérifiée
  4. quantité de mouvement (projection perpendiculaire) : v1 ′sin⁡37°−v2 ′sin⁡53°=3,2×0,6−2,4×0,8=0v_1{\,}'\sin37°-v_2{\,}'\sin53° = 3{,}2\times0{,}6-2{,}4\times0{,}8 = 0les composantes perpendiculaires s’annulent, comme attendu
Attention

Le choc « parfaitement élastique » est une idéalisation. Au billard, une infime partie de l’énergie se perd toujours en son et en frottement — l’approximation reste excellente. À l’inverse, les chocs entre atomes ou molécules d’un gaz sont, eux, réellement (quasi) élastiques : c’est ce qui permet au gaz de ne jamais « s’arrêter tout seul ».

Physique & Co — le pendule de Newton

Dès les années 1670, le physicien français Edme Mariotte, membre fondateur de l’Académie royale des sciences, étudie systématiquement les chocs entre billes suspendues à des fils et vérifie expérimentalement la conservation de la quantité de mouvement lors de chocs élastiques successifs.

Le jouet à cinq billes alignées qui illustre aujourd’hui ce phénomène dans les salles de classe du monde entier — une bille lâchée d’un côté transmet le choc de proche en proche jusqu’à en éjecter exactement une seule de l’autre côté — est couramment appelé « pendule de Newton », bien que Newton n’en soit pas l’inventeur : l’appareil moderne est popularisé sous ce nom par l’acteur anglais Simon Prebble en 1967. Il reste l’une des plus belles démonstrations visuelles de la double conservation de pp et de EcE_c dans un choc élastique.

5Propulsion par réaction

Comment une fusée peut-elle accélérer dans le vide spatial, alors qu’il n’y a rien — ni air, ni sol — sur quoi « pousser » ? La réponse tient tout entière dans la conservation de la quantité de mouvement : un système initialement immobile qui éjecte une partie de sa masse dans un sens se met nécessairement en mouvement dans l’autre sens.

5.1  Principe de l’action et de la réaction : le recul

Propriété

Un système initialement au repos a une quantité de mouvement totale nulle. S’il se sépare en deux parties de masses m1m_1 et m2m_2, animées ensuite des vitesses v⃗1\vec v_1 et v⃗2\vec v_2, la conservation de p⃗\vec p impose :

m1v⃗1+m2v⃗2=0⃗m_1\vec v_1 + m_2\vec v_2 = \vec 0

Les deux parties partent donc obligatoirement en sens opposés.

Démonstration — vitesse de recul d’un canon

Un canon de masse MM (avec son obus) est au repos : pavant=0p_{avant}=0. Il tire un obus de masse mm à la vitesse vv ; le canon (masse restante MM) recule à la vitesse VV.

  1. MV+mv=0MV + mv = 0conservation de pp, pavant=0p_{avant}=0
  2. ⇒\RightarrowV=−mvMV = -\dfrac{mv}{M}le signe « − » traduit le sens opposé à l’obus
Recul du canon : système initialement au repos AVANT canon + obus, au repos : p = 0 M + m = 255 kg APRÈS V = −2 m·s⁻¹ M = 250 kg v = 100 m·s⁻¹ m = 5 kg (vecteurs non à l’échelle : v_obus ≫ |V_canon|)
Figure 7 — Recul d’un canon (M=250 kgM=250\ \text{kg}) qui tire un obus (m=5 kgm=5\ \text{kg}) à v=100 m⋅s−1v=100\ \text{m·s}^{-1} : le canon recule à V=−2 m⋅s−1V=-2\ \text{m·s}^{-1}.
Exemple — calcul complet (Figure 7)
  1. V=−mvM=−5×100250V = -\dfrac{mv}{M} = -\dfrac{5\times100}{250}
  2. ==−500250-\dfrac{500}{250}
  3. ==−2 m⋅s−1-2\ \text{m·s}^{-1}le canon recule à 2 m·s⁻¹, en sens opposé à l’obus

Remarque : les deux quantités de mouvement ont bien la même norme (250×2=500=5×100250\times2 = 500 = 5\times100), mais l’obus, beaucoup plus léger, reçoit l’essentiel de l’énergie cinétique (Ec=p2/2mE_c=p^{2}/2m : à pp fixé, EcE_c est d’autant plus grande que mm est petite) — c’est pour cela que l’obus est destructeur alors que le canon « ne fait que » reculer.

5.2  Propulsion d’une fusée

Le principe d’une fusée est le même que celui du canon, mais réalisé en continu : le moteur éjecte en permanence des gaz de combustion vers l’arrière, ce qui pousse la fusée vers l’avant. Étudions un « tir » élémentaire : la fusée, de masse totale MM et initialement immobile, éjecte une masse Δm\Delta m de gaz à la vitesse uu par rapport à elle-même (vitesse d’éjection), vers l’arrière.

Démonstration — variation de vitesse ΔV\Delta V

Dans le référentiel du sol, juste après l’éjection, le gaz (masse Δm\Delta m) a la vitesse (ΔV−u)(\Delta V - u) et la fusée restante (masse M−ΔmM-\Delta m) a la vitesse ΔV\Delta V. Le système {fusée + gaz} est isolé et partait du repos (pavant=0p_{avant}=0) :

  1. (M−Δm) ΔV+Δm (ΔV−u)=0(M-\Delta m)\,\Delta V + \Delta m\,(\Delta V - u) = 0
  2. ⇒\RightarrowM ΔV−Δm ΔV+Δm ΔV−Δm u=0M\,\Delta V - \Delta m\,\Delta V + \Delta m\,\Delta V - \Delta m\, u = 0on développe
  3. ⇒\RightarrowM ΔV=Δm uM\,\Delta V = \Delta m\, ules termes en Δm ΔV\Delta m\,\Delta V s’annulent exactement
  4. ⇒\RightarrowΔV=ΔmM u\Delta V = \dfrac{\Delta m}{M}\, u
Propulsion par réaction : éjection de gaz ⇒ gain de vitesse M = 5 000 kg (avant éjection) ΔV = 20 m·s⁻¹ gain de vitesse gaz éjecté : Δm = 50 kg u = 2 000 m·s⁻¹ (/fusée) modèle simplifié à une éjection : M ΔV = Δm · u
Figure 8 — Schéma de la propulsion par réaction : une fusée de masse M=5 000 kgM=5\,000\ \text{kg} éjecte Δm=50 kg\Delta m = 50\ \text{kg} de gaz à u=2 000 m⋅s−1u=2\,000\ \text{m·s}^{-1} par rapport à elle-même, et gagne ΔV=20 m⋅s−1\Delta V = 20\ \text{m·s}^{-1}.
Exemple — calcul complet (Figure 8)
  1. ΔV=ΔmM u=505 000×2 000\Delta V = \dfrac{\Delta m}{M}\, u = \dfrac{50}{5\,000}\times2\,000
  2. ==0,01×2 0000{,}01\times2\,000
  3. ==20 m⋅s−120\ \text{m·s}^{-1}
Attention

La fusée n’a besoin de rien pousser à l’extérieur : ni air, ni sol. Elle avance grâce à l’éjection de sa propre matière, ce qui fonctionne aussi bien — voire mieux — dans le vide spatial. Ne dis jamais qu’« une fusée pousse sur l’air » : c’est une idée reçue fausse. Le modèle ci-dessus, à une seule éjection, est une version simplifiée adaptée à ce niveau ; en Terminale, on intègre ce raisonnement sur des éjections continues pour obtenir l’équation complète du mouvement de la fusée.

5.3  Une propulsion naturelle : le calamar

La nature a inventé la propulsion par réaction bien avant l’ingénieur : le calamar (et la plupart des céphalopodes) aspire de l’eau dans sa cavité palléale puis la rejette violemment par un siphon, exactement selon le même principe.

Exemple — propulsion du calamar

Un calamar de masse M=0,3 kgM = 0{,}3\ \text{kg}, immobile, éjecte brusquement Δm=15 g\Delta m = 15\ \text{g} d’eau à la vitesse u=8 m⋅s−1u = 8\ \text{m·s}^{-1} par rapport à son corps. Quelle vitesse acquiert-il ?

  1. Δm=15 g=0,015 kg\Delta m = 15\ \text{g} = 0{,}015\ \text{kg}
  2. ΔV=ΔmM u=0,0150,3×8\Delta V = \dfrac{\Delta m}{M}\,u = \dfrac{0{,}015}{0{,}3}\times8
  3. ==0,05×80{,}05\times8
  4. ==0,4 m⋅s−10{,}4\ \text{m·s}^{-1}par contraction ; le calamar répète le processus pour accélérer davantage
Physique & Co — les pionniers de la fusée

C’est un instituteur russe, Konstantin Tsiolkovski, qui établit le premier, en 1897 (publié en 1903), l’équation reliant la variation de vitesse d’une fusée à la vitesse d’éjection des gaz et au rapport des masses — la généralisation continue de la formule ΔV=ΔmMu\Delta V = \frac{\Delta m}{M}u démontrée ci-dessus. Il n’a pourtant jamais lancé la moindre fusée.

Il faut attendre le physicien américain Robert Goddard pour voir la théorie décoller : le 16 mars 1926, à Auburn (Massachusetts), il réalise le premier vol d’une fusée à propergol liquide, qui s’élève de 12,5 mètres en 2,5 secondes. Ce modeste bond est aujourd’hui considéré comme l’acte de naissance de l’astronautique moderne.

Fiche mémo

  • Quantité de mouvement d’un point : p⃗=mv⃗\vec p = m\vec v (vecteur, en kg·m·s⁻¹).
  • Système de points : p⃗syst=∑imiv⃗i=Mv⃗G\vec p_{syst} = \sum_i m_i\vec v_i = M\vec v_G (GG = centre d’inertie, MM = masse totale).
  • Centre d’inertie : OG→=∑imiOMi→∑imi\overrightarrow{OG} = \dfrac{\sum_i m_i\overrightarrow{OM_i}}{\sum_i m_i} ; plus proche de la masse la plus grande.
  • Deuxième loi de Newton généralisée : ∑F⃗ext=dp⃗dt\sum \vec F_{ext} = \dfrac{d\vec p}{dt} (redonne ∑F⃗=ma⃗\sum\vec F=m\vec a si mm constante).
  • Théorème de l’impulsion : Δp⃗=F⃗⋅Δt\Delta \vec p = \vec F\cdot\Delta t — à Δp\Delta p fixé, allonger Δt\Delta t réduit FF (airbag).
  • Système isolé/pseudo-isolé : p⃗avant=p⃗apreˋs\vec p_{avant} = \vec p_{après} (démontré à partir de l’action-réaction).
  • Choc mou : les objets restent solidaires, v ′=m1v1+m2v2m1+m2v\,' = \dfrac{m_1v_1+m_2v_2}{m_1+m_2} ; EcE_c ne se conserve pas (ΔEc/Ec,avant=m2/(m1+m2)\Delta E_c/E_{c,avant}=m_2/(m_1+m_2) si m2m_2 au repos).
  • Choc élastique : pp et EcE_c se conservent ; v1 ′=(m1−m2)v1+2m2v2m1+m2v_1{\,}'=\dfrac{(m_1-m_2)v_1+2m_2v_2}{m_1+m_2}, v2 ′=(m2−m1)v2+2m1v1m1+m2v_2{\,}'=\dfrac{(m_2-m_1)v_2+2m_1v_1}{m_1+m_2}.
  • Billard, masses égales, cible immobile : les deux boules repartent à 90° l’une de l’autre.
  • Recul (système au repos qui se sépare) : m1v⃗1+m2v⃗2=0⃗m_1\vec v_1+m_2\vec v_2=\vec 0 ; canon : V=−mv/MV=-mv/M.
  • Propulsion par réaction (une éjection) : M ΔV=Δm uM\,\Delta V = \Delta m\, u, soit ΔV=ΔmMu\Delta V = \dfrac{\Delta m}{M}u — fonctionne dans le vide, sans point d’appui extérieur.
  • À ∣p∣|p| égal, Ec=p2/(2m)E_c=p^{2}/(2m) : l’objet le plus léger emporte le plus d’énergie cinétique (obus, balle de fusil).

6Exercices corrigés

Niveau 1 — Application directe
1

Une voiture de masse m=900 kgm=900\ \text{kg} roule à v=25 m⋅s−1v=25\ \text{m·s}^{-1} en ligne droite. Calcule la norme de sa quantité de mouvement et précise sa direction.

Voir le corrigé détaillé
  1. p=m×v=900×25p = m\times v = 900\times25
  2. ==22 500 kg⋅m⋅s−122\,500\ \text{kg·m·s}^{-1}vecteur p⃗\vec p de même direction et même sens que v⃗\vec v
2

Sur un axe orienté, un chariot 1 (m1=3 kgm_1=3\ \text{kg}, v1=2 m⋅s−1v_1=2\ \text{m·s}^{-1}) roule vers un chariot 2 (m2=5 kgm_2=5\ \text{kg}) immobile. Calcule la quantité de mouvement du système {1;2}.

Voir le corrigé détaillé
  1. psyst=m1v1+m2v2p_{syst} = m_1v_1+m_2v_2
  2. ==3×2+5×03\times2+5\times0
  3. ==6 kg⋅m⋅s−16\ \text{kg·m·s}^{-1}
3

Sur un axe, une masse m1=4 kgm_1=4\ \text{kg} est placée en x1=0x_1=0 et une masse m2=6 kgm_2=6\ \text{kg} en x2=5 mx_2=5\ \text{m}. Calcule la position xGx_G du centre d’inertie.

Voir le corrigé détaillé
  1. xG=m1x1+m2x2m1+m2=4×0+6×510x_G = \dfrac{m_1x_1+m_2x_2}{m_1+m_2} = \dfrac{4\times0+6\times5}{10}
  2. ==3010\dfrac{30}{10}
  3. ==3 m3\ \text{m}plus proche de m2=6 kgm_2=6\ \text{kg}
4

Un chariot m1=3 kgm_1=3\ \text{kg} à v1=4 m⋅s−1v_1=4\ \text{m·s}^{-1} percute un chariot m2=1 kgm_2=1\ \text{kg} à l’arrêt ; ils s’accrochent (choc mou). Calcule la vitesse commune après le choc.

Voir le corrigé détaillé
  1. v ′=m1v1+m2v2m1+m2=3×4+1×04v\,' = \dfrac{m_1v_1+m_2v_2}{m_1+m_2} = \dfrac{3\times4+1\times0}{4}
  2. ==124\dfrac{12}{4}
  3. ==3 m⋅s−13\ \text{m·s}^{-1}
5

Un chariot m1=2 kgm_1=2\ \text{kg} à v1=6 m⋅s−1v_1=6\ \text{m·s}^{-1} heurte, en choc élastique, un chariot m2=4 kgm_2=4\ \text{kg} à l’arrêt. Calcule v1 ′v_1{\,}' et v2 ′v_2{\,}'.

Voir le corrigé détaillé
  1. v1 ′=(m1−m2)v1m1+m2=(2−4)×66v_1{\,}' = \dfrac{(m_1-m_2)v_1}{m_1+m_2} = \dfrac{(2-4)\times6}{6}
  2. ==−2 m⋅s−1-2\ \text{m·s}^{-1}
  3. v2 ′=2m1v1m1+m2=2×2×66v_2{\,}' = \dfrac{2m_1v_1}{m_1+m_2} = \dfrac{2\times2\times6}{6}
  4. ==4 m⋅s−14\ \text{m·s}^{-1}
6

Un gardien de but arrête un ballon de m=0,5 kgm=0{,}5\ \text{kg} qui arrivait à v=20 m⋅s−1v=20\ \text{m·s}^{-1}, en Δt=0,01 s\Delta t=0{,}01\ \text{s}. Calcule la norme de la force moyenne subie par ses mains.

Voir le corrigé détaillé
  1. Δp=m(0−v)=0,5×(0−20)\Delta p = m(0-v) = 0{,}5\times(0-20)
  2. ==−10 kg⋅m⋅s−1-10\ \text{kg·m·s}^{-1}
  3. F=∣Δp∣Δt=100,01F = \dfrac{|\Delta p|}{\Delta t} = \dfrac{10}{0{,}01}
  4. ==1 000 N1\,000\ \text{N}
Niveau 2 — Approfondissement
7

Deux chariots roulent en sens opposés sur le même rail : m1=2 kgm_1=2\ \text{kg}, v1=+5 m⋅s−1v_1=+5\ \text{m·s}^{-1} ; m2=3 kgm_2=3\ \text{kg}, v2=−2 m⋅s−1v_2=-2\ \text{m·s}^{-1}. Ils s’accrochent au choc. Calcule la vitesse commune (norme et sens).

Voir le corrigé détaillé
  1. v ′=m1v1+m2v2m1+m2=2×5+3×(−2)5v\,' = \dfrac{m_1v_1+m_2v_2}{m_1+m_2} = \dfrac{2\times5+3\times(-2)}{5}
  2. ==10−65\dfrac{10-6}{5}
  3. ==0,8 m⋅s−10{,}8\ \text{m·s}^{-1}positif : l’ensemble repart dans le sens initial de 1, qui l’emportait
8

Trois masses ponctuelles dans un plan : m1=1 kgm_1=1\ \text{kg} en (0;0)(0;0), m2=2 kgm_2=2\ \text{kg} en (4;0)(4;0), m3=3 kgm_3=3\ \text{kg} en (2;6)(2;6) (coordonnées en m). Détermine les coordonnées du centre d’inertie GG.

Voir le corrigé détaillé
  1. xG=1×0+2×4+3×21+2+3=146x_G = \dfrac{1\times0+2\times4+3\times2}{1+2+3} = \dfrac{14}{6}
  2. ≈\approx2,33 m2{,}33\ \text{m}
  3. yG=1×0+2×0+3×66=186y_G = \dfrac{1\times0+2\times0+3\times6}{6} = \dfrac{18}{6}
  4. ==3 m3\ \text{m}

G≈(2,33 ; 3)G \approx (2{,}33\ ;\ 3) m.

9

Choc élastique frontal entre m1=1 kgm_1=1\ \text{kg}, v1=3 m⋅s−1v_1=3\ \text{m·s}^{-1} et m2=2 kgm_2=2\ \text{kg}, v2=−1 m⋅s−1v_2=-1\ \text{m·s}^{-1}. Calcule v1 ′v_1{\,}' et v2 ′v_2{\,}', puis vérifie la conservation de EcE_c.

Voir le corrigé détaillé
  1. v1 ′=(1−2)×3+2×2×(−1)3=−3−43v_1{\,}' = \dfrac{(1-2)\times3+2\times2\times(-1)}{3} = \dfrac{-3-4}{3}
  2. ≈\approx−2,33 m⋅s−1-2{,}33\ \text{m·s}^{-1}
  3. v2 ′=(2−1)×(−1)+2×1×33=−1+63v_2{\,}' = \dfrac{(2-1)\times(-1)+2\times1\times3}{3} = \dfrac{-1+6}{3}
  4. ≈\approx1,67 m⋅s−11{,}67\ \text{m·s}^{-1}
  5. Ec,avant=12×1×32+12×2×12=4,5+1=5,5 JE_{c,avant} = \frac12\times1\times3^{2}+\frac12\times2\times1^{2} = 4{,}5+1 = 5{,}5\ \text{J}
  6. Ec,apreˋs=12×1×2,332+12×2×1,672E_{c,après} = \frac12\times1\times2{,}33^{2}+\frac12\times2\times1{,}67^{2}
  7. ≈\approx2,72+2,78=5,5 J2{,}72+2{,}78 = 5{,}5\ \text{J}conservation vérifiée
10

Un fusil de chasse (M=4 kgM=4\ \text{kg}) tire une balle (m=20 gm=20\ \text{g}) à v=400 m⋅s−1v=400\ \text{m·s}^{-1}, initialement au repos. Calcule la vitesse de recul VV du fusil, puis compare EcE_c de la balle et EcE_c du fusil.

Voir le corrigé détaillé
  1. m=20 g=0,02 kgm = 20\ \text{g} = 0{,}02\ \text{kg}
  2. V=−mvM=−0,02×4004V = -\dfrac{mv}{M} = -\dfrac{0{,}02\times400}{4}
  3. ==−2 m⋅s−1-2\ \text{m·s}^{-1}
  4. Ec,balle=12×0,02×4002=1 600 JE_{c,balle} = \frac12\times0{,}02\times400^{2} = 1\,600\ \text{J}
  5. Ec,fusil=12×4×22=8 JE_{c,fusil} = \frac12\times4\times2^{2} = 8\ \text{J}

Les deux quantités de mouvement ont bien la même norme (8 kg⋅m⋅s−18\ \text{kg·m·s}^{-1}), mais la balle emporte 1 600/8=2001\,600/8 = 200 fois plus d’énergie cinétique que le fusil : c’est elle qui blesse, alors que le tireur ne « sent » que le recul.

Niveau 3 — Défi
11

Pendule balistique. Une balle de masse m=10 gm=10\ \text{g} et de vitesse horizontale v0v_0 (inconnue) s’encastre dans un bloc de bois de masse M=2 kgM=2\ \text{kg}, suspendu et immobile. L’ensemble {balle+bloc} s’élève ensuite d’une hauteur h=5 cmh=5\ \text{cm} (on prend g=9,8 m⋅s−2g=9{,}8\ \text{m·s}^{-2}).

  1. Exprime, puis calcule, la vitesse v ′v\,' de l’ensemble juste après l’impact, en fonction de hh.
  2. En déduire la vitesse initiale v0v_0 de la balle.
Voir le corrigé détaillé

1. Après l’impact (très bref, choc mou), l’ensemble {balle+bloc} n’est plus soumis, pour la suite du mouvement, qu’à son poids et à la tension des fils : l’énergie mécanique se conserve pendant la montée.

  1. 12(m+M)v ′2=(m+M)gh\frac12(m+M)v\,'^{2} = (m+M)ghconservation de l’énergie mécanique pendant la montée
  2. ⇒\Rightarrowv ′=2gh=2×9,8×0,05v\,' = \sqrt{2gh} = \sqrt{2\times9{,}8\times0{,}05}
  3. ==0,98\sqrt{0{,}98}
  4. ≈\approx0,99 m⋅s−10{,}99\ \text{m·s}^{-1}

2. L’impact lui-même est un choc mou entre la balle et le bloc immobile :

  1. mv0=(m+M)v ′mv_0 = (m+M)v\,'
  2. ⇒\Rightarrowv0=(m+M)v ′m=2,01×0,990,01v_0 = \dfrac{(m+M)v\,'}{m} = \dfrac{2{,}01\times0{,}99}{0{,}01}
  3. ≈\approx199 m⋅s−1199\ \text{m·s}^{-1}

Une vitesse initiale d’environ 199 m⋅s−1199\ \text{m·s}^{-1}, tout à fait réaliste pour un projectile d’arme à feu : le pendule balistique permet ainsi de mesurer une vitesse impossible à chronométrer directement.

12

Explosion en trois fragments. Un objet de masse M=6 kgM=6\ \text{kg}, immobile, explose en trois fragments : m1=1 kgm_1=1\ \text{kg} part à v1=10 m⋅s−1v_1=10\ \text{m·s}^{-1} selon l’axe (Ox)(Ox) ; m2=2 kgm_2=2\ \text{kg} part à v2=8 m⋅s−1v_2=8\ \text{m·s}^{-1} selon l’axe (Oy)(Oy) ; m3=3 kgm_3=3\ \text{kg}.

  1. Calcule les composantes du vecteur p⃗3\vec p_3 du troisième fragment.
  2. En déduis sa vitesse v3v_3 (norme).
Voir le corrigé détaillé

1. Le système est isolé et partait du repos : p⃗1+p⃗2+p⃗3=0⃗\vec p_1+\vec p_2+\vec p_3=\vec 0.

  1. p1x=m1v1=1×10=10 kg⋅m⋅s−1 ; p1y=0p_{1x} = m_1v_1 = 1\times10 = 10\ \text{kg·m·s}^{-1}\ ;\ p_{1y}=0
  2. p2x=0 ; p2y=m2v2=2×8=16 kg⋅m⋅s−1p_{2x} = 0\ ;\ p_{2y} = m_2v_2 = 2\times8 = 16\ \text{kg·m·s}^{-1}
  3. p3x=−(p1x+p2x)=−10 kg⋅m⋅s−1p_{3x} = -(p_{1x}+p_{2x}) = -10\ \text{kg·m·s}^{-1}
  4. p3y=−(p1y+p2y)=−16 kg⋅m⋅s−1p_{3y} = -(p_{1y}+p_{2y}) = -16\ \text{kg·m·s}^{-1}

2.

  1. ∥p⃗3∥=102+162=356\|\vec p_3\| = \sqrt{10^{2}+16^{2}} = \sqrt{356}
  2. ≈\approx18,87 kg⋅m⋅s−118{,}87\ \text{kg·m·s}^{-1}
  3. v3=∥p⃗3∥m3=18,873v_3 = \dfrac{\|\vec p_3\|}{m_3} = \dfrac{18{,}87}{3}
  4. ≈\approx6,29 m⋅s−16{,}29\ \text{m·s}^{-1}dirigée à l’opposé des deux autres fragments, dans le troisième « quadrant »
13

Démonstration et application.

  1. Retrouve, à partir des deux lois de conservation d’un choc élastique 1D, la relation v1−v2=−(v1 ′−v2 ′)v_1-v_2 = -(v_1{\,}'-v_2{\,}').
  2. Applique les formules du choc élastique au cas m1=5 kgm_1=5\ \text{kg}, v1=2 m⋅s−1v_1=2\ \text{m·s}^{-1}, m2=1 kgm_2=1\ \text{kg}, v2=−4 m⋅s−1v_2=-4\ \text{m·s}^{-1}, et vérifie la conservation de EcE_c.
Voir le corrigé détaillé

1. C’est la démonstration du cours (§4.2) : on factorise m1(v12−v1 ′2)=m2(v2 ′2−v22)m_1(v_1^2-v_1{\,}'^2)=m_2(v_2{\,}'^2-v_2^2) en différence de carrés, on divise par m1(v1−v1 ′)=m2(v2 ′−v2)m_1(v_1-v_1{\,}')=m_2(v_2{\,}'-v_2) (conservation de pp), ce qui donne v1+v1 ′=v2+v2 ′v_1+v_1{\,}'=v_2+v_2{\,}', soit v1−v2=−(v1 ′−v2 ′)v_1-v_2=-(v_1{\,}'-v_2{\,}').

2.

  1. v1 ′=(5−1)×2+2×1×(−4)6=8−86v_1{\,}' = \dfrac{(5-1)\times2+2\times1\times(-4)}{6} = \dfrac{8-8}{6}
  2. ==0 m⋅s−10\ \text{m·s}^{-1}
  3. v2 ′=(1−5)×(−4)+2×5×26=16+206v_2{\,}' = \dfrac{(1-5)\times(-4)+2\times5\times2}{6} = \dfrac{16+20}{6}
  4. ==6 m⋅s−16\ \text{m·s}^{-1}
  5. Ec,avant=12×5×22+12×1×42=10+8=18 JE_{c,avant} = \frac12\times5\times2^{2}+\frac12\times1\times4^{2} = 10+8 = 18\ \text{J}
  6. Ec,apreˋs=12×5×02+12×1×62=0+18=18 JE_{c,après} = \frac12\times5\times0^{2}+\frac12\times1\times6^{2} = 0+18 = 18\ \text{J}conservation vérifiée

Résultat frappant : le chariot lourd m1m_1, qui arrivait à 2 m⋅s−12\ \text{m·s}^{-1}, s’arrête net, alors que le chariot léger m2m_2, qui arrivait en sens inverse, repart à 6 m⋅s−16\ \text{m·s}^{-1}.

Niveau 4 — Problèmes de vie courante
14

Accostage à Dakar. Une pirogue de pêcheurs, chargée, de masse m1=180 kgm_1=180\ \text{kg}, arrive au quai à v1=1,2 m⋅s−1v_1=1{,}2\ \text{m·s}^{-1} et vient heurter doucement une seconde pirogue à l’arrêt, amarrée de façon lâche, de masse m2=120 kgm_2=120\ \text{kg} ; les deux coques s’accrochent (choc mou).

  1. Calcule la vitesse commune v ′v\,' après le choc.
  2. Calcule l’énergie cinétique perdue dans le choc.
Voir le corrigé détaillé
Accostage de deux pirogues à Dakar AVANT v₁ = 1,2 m·s⁻¹ m₁ = 180 kg v₂ = 0 m₂ = 120 kg APRÈS v′ = 0,72 m·s⁻¹ m₁+m₂ = 300 kg
Figure 9 — Accostage (choc mou) de deux pirogues à Dakar : la vitesse commune après le choc est v ′=0,72 m⋅s−1v\,'=0{,}72\ \text{m·s}^{-1}.
  1. v ′=m1v1+m2v2m1+m2=180×1,2+120×0300v\,' = \dfrac{m_1v_1+m_2v_2}{m_1+m_2} = \dfrac{180\times1{,}2+120\times0}{300}
  2. ==216300\dfrac{216}{300}
  3. ==0,72 m⋅s−10{,}72\ \text{m·s}^{-1}
  1. Ec,avant=12×180×1,22=129,6 JE_{c,avant} = \frac12\times180\times1{,}2^{2} = 129{,}6\ \text{J}
  2. Ec,apreˋs=12×300×0,722=77,76 JE_{c,après} = \frac12\times300\times0{,}72^{2} = 77{,}76\ \text{J}
  3. ⇒\RightarrowΔEc=77,76−129,6≈−51,8 J\Delta E_c = 77{,}76-129{,}6 \approx -51{,}8\ \text{J}absorbée par le contact des deux coques
15

Sécurité routière à Abidjan. Une voiture roulant à v=54 km⋅h−1v=54\ \text{km·h}^{-1} percute un obstacle et s’arrête net. On assimile le conducteur (m=70 kgm=70\ \text{kg}) à un point matériel qui passe de vv à 00. Sans airbag, le temps de choc contre le volant est Δt1=0,05 s\Delta t_1=0{,}05\ \text{s} ; avec airbag, Δt2=0,20 s\Delta t_2=0{,}20\ \text{s}. Compare les forces moyennes subies.

Voir le corrigé détaillé
  1. v=54 km⋅h−1=15 m⋅s−1v = 54\ \text{km·h}^{-1} = 15\ \text{m·s}^{-1}
  2. ∣Δp∣=m×v=70×15=1 050 kg⋅m⋅s−1|\Delta p| = m\times v = 70\times15 = 1\,050\ \text{kg·m·s}^{-1}
  3. F1=∣Δp∣Δt1=1 0500,05=21 000 NF_1 = \dfrac{|\Delta p|}{\Delta t_1} = \dfrac{1\,050}{0{,}05} = 21\,000\ \text{N}
  4. F2=∣Δp∣Δt2=1 0500,20=5 250 NF_2 = \dfrac{|\Delta p|}{\Delta t_2} = \dfrac{1\,050}{0{,}20} = 5\,250\ \text{N}

L’airbag, en multipliant par quatre la durée du choc, divise par quatre la force subie par le conducteur (21 000 N21\,000\ \text{N} contre 5 250 N5\,250\ \text{N}) : c’est cette réduction qui rend le choc survivable.

16

Moteur hors-bord sur le Chari, à Ndjamena. Une pirogue à moteur (M=250 kgM=250\ \text{kg} avec passager, initialement à l’arrêt) éjecte de l’eau vers l’arrière : en Δt=1 s\Delta t=1\ \text{s}, une masse Δm=15 kg\Delta m=15\ \text{kg} d’eau est éjectée à u=12 m⋅s−1u=12\ \text{m·s}^{-1} par rapport à la pirogue.

  1. Calcule la variation de vitesse ΔV\Delta V de la pirogue pendant cette seconde.
  2. Calcule la force de poussée moyenne du moteur.
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. ΔV=ΔmM u=15250×12\Delta V = \dfrac{\Delta m}{M}\,u = \dfrac{15}{250}\times12
  2. ==0,06×120{,}06\times12
  3. ==0,72 m⋅s−10{,}72\ \text{m·s}^{-1}

2. La poussée est la variation de quantité de mouvement de l’eau éjectée, par unité de temps :

  1. F=Δm×uΔt=15×121F = \dfrac{\Delta m\times u}{\Delta t} = \dfrac{15\times12}{1}
  2. ==180 N180\ \text{N}

📝 QCM de fin de leçon — 20 questions

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La quantité de mouvement p⃗=mv⃗\vec p = m\vec v d'un point matériel a pour unité :

Explication : p=mvp=mv : une masse en kg multipliée par une vitesse en m⋅s−1\text{m·s}^{-1} donne une unité en kg⋅m⋅s−1\text{kg·m·s}^{-1}, équivalente au newton-seconde d'après le théorème de l'impulsion.

Si la quantité de mouvement totale d'un système de deux points est nulle, on peut affirmer que :

Explication : p⃗=m1v⃗1+m2v⃗2\vec p = m_1\vec v_1 + m_2\vec v_2 est une somme vectorielle : elle peut être nulle sans qu'aucune vitesse ne le soit, si les deux quantités de mouvement sont opposées. Une quantité de mouvement totale nulle ne signifie donc pas que rien ne bouge.

Un athlète de masse m=70m = 70 kg franchit la ligne d'arrivée à v=9 m⋅s−1v = 9\ \text{m·s}^{-1}. Sa quantité de mouvement vaut :

Explication : p=m×v=70×9=630 kg⋅m⋅s−1p = m \times v = 70 \times 9 = 630\ \text{kg·m·s}^{-1}, dans le sens du déplacement de l'athlète.

La deuxième loi de Newton, sous sa forme générale ∑F⃗ext=dp⃗dt\sum \vec F_{ext} = \dfrac{d\vec p}{dt}, se réduit à la forme familière ∑F⃗ext=ma⃗\sum \vec F_{ext} = m\vec a :

Explication : En dérivant p⃗=mv⃗\vec p = m\vec v avec mm constante, on obtient dp⃗/dt=m dv⃗/dt=ma⃗d\vec p/dt = m\,d\vec v/dt = m\vec a. La forme ∑F⃗ext=dp⃗/dt\sum \vec F_{ext}=d\vec p/dt reste, elle, valable même si la masse varie (cas d'une fusée qui éjecte du gaz).

Un ballon de masse m=0,5m = 0{,}5 kg, initialement immobile, atteint v=20 m⋅s−1v = 20\ \text{m·s}^{-1} après Δt=0,01\Delta t = 0{,}01 s de contact avec le pied. D'après le théorème de l'impulsion, la force moyenne exercée par le pied vaut :

Explication : Δp=mv−0=0,5×20=10 kg⋅m⋅s−1\Delta p = mv - 0 = 0{,}5 \times 20 = 10\ \text{kg·m·s}^{-1}
F=ΔpΔt=100,01=1 000 NF = \dfrac{\Delta p}{\Delta t} = \dfrac{10}{0{,}01} = 1\,000\ \text{N}.

Le centre d'inertie GG d'un système de deux masses ponctuelles est toujours :

Explication : D'après xG=m1x1+m2x2m1+m2x_G = \dfrac{m_1x_1+m_2x_2}{m_1+m_2}, GG est une moyenne pondérée des positions par les masses : il est mécaniquement plus proche de la masse la plus grande.

Deux masses ponctuelles m1=4m_1 = 4 kg (en x1=0x_1 = 0) et m2=1m_2 = 1 kg (en x2=10x_2 = 10 m) sont reliées par une tige de masse négligeable. La position xGx_G du centre d'inertie vaut :

Explication : xG=m1x1+m2x2m1+m2=4×0+1×104+1=105=2 mx_G = \dfrac{m_1x_1+m_2x_2}{m_1+m_2} = \dfrac{4\times0+1\times10}{4+1} = \dfrac{10}{5} = 2\ \text{m} : plus proche de m1=4m_1=4 kg, la masse la plus grande.

La quantité de mouvement d'un système de masse totale MM est égale à :

Explication : p⃗syst=Mv⃗G\vec p_{syst} = M\vec v_G : il suffit de connaître la masse totale et la vitesse du centre d'inertie pour connaître la quantité de mouvement de tout le système, sans suivre chaque point individuellement.

Pendant un choc très bref entre deux objets, on peut généralement considérer le système {objet 1 ; objet 2} comme pseudo-isolé, car :

Explication : Le poids et les frottements continuent d'agir pendant le choc, mais les forces de contact internes sont tellement plus grandes pendant ce très bref intervalle qu'on peut négliger l'effet des forces extérieures sur la variation de quantité de mouvement.

Lors d'un choc entre deux objets 1 et 2 formant un système isolé (ou pseudo-isolé), on a toujours :

Explication : C'est la loi de conservation de la quantité de mouvement totale du système, valable pour tout choc d'un système isolé ou pseudo-isolé. La conservation de EcE_c (option b), elle, n'a lieu que dans le cas particulier d'un choc élastique.

Lors d'un choc, on peut affirmer que :

Explication : Seule la quantité de mouvement du système se conserve. Chaque objet, individuellement, voit sa quantité de mouvement changer sous l'effet des forces internes du choc — dire que « la quantité de mouvement de l'objet 1 se conserve » est faux, sauf cas particulier.

Un airbag protège le passager d'un choc automobile en :

Explication : D'après Δp=F Δt\Delta p = F\,\Delta t, pour une variation de quantité de mouvement fixée (le passager passe de vv à 00), la force moyenne est inversement proportionnelle à la durée du choc. L'airbag étale le choc dans le temps, ce qui réduit fortement la force subie.

Un choc est dit mou (ou parfaitement inélastique) lorsque :

Explication : Dans un choc mou, les objets s'accrochent et repartent ensemble à une vitesse commune v ′v\,', obtenue en écrivant la conservation de p⃗\vec p : m1v⃗1+m2v⃗2=(m1+m2)v⃗ ′m_1\vec v_1+m_2\vec v_2=(m_1+m_2)\vec v\,'. L'énergie cinétique, elle, n'est pas conservée : une partie est dissipée.

Un chariot m1=3m_1 = 3 kg à v1=6 m⋅s−1v_1 = 6\ \text{m·s}^{-1} percute un chariot m2=2m_2 = 2 kg à l'arrêt ; les deux chariots s'accrochent (choc mou). La vitesse commune v ′v\,' vaut :

Explication : v ′=m1v1+m2v2m1+m2=3×6+2×03+2=185=3,6 m⋅s−1v\,' = \dfrac{m_1v_1+m_2v_2}{m_1+m_2} = \dfrac{3\times6+2\times0}{3+2} = \dfrac{18}{5} = 3{,}6\ \text{m·s}^{-1}.

Un objet m1m_1 percute et s'accroche à un objet m2m_2 initialement immobile. La fraction d'énergie cinétique perdue vaut ΔEcEc,avant=m2m1+m2\dfrac{\Delta E_c}{E_{c,avant}} = \dfrac{m_2}{m_1+m_2}. Si m2m_2 est très petite devant m1m_1 :

Explication : Si m2≪m1m_2 \ll m_1, le rapport m2m1+m2\dfrac{m_2}{m_1+m_2} tend vers 00 : presque toute l'énergie cinétique initiale est conservée après le choc, malgré l'accrochage.

Un choc est dit élastique lorsque :

Explication : Dans un choc élastique, pp et EcE_c se conservent tous les deux ; les objets, contrairement au choc mou, repartent chacun avec leur propre vitesse, sans jamais rester solidaires.

Au billard, lorsqu'une boule heurte, en choc élastique oblique (non frontal), une boule identique initialement immobile, les deux boules repartent selon des directions :

Explication : Pour des masses égales, la conservation de EcE_c donne v02=v1 ′2+v2 ′2v_0^{2}=v_1{\,}'^{2}+v_2{\,}'^{2} et celle de p⃗\vec p donne v⃗0=v⃗1 ′+v⃗2 ′\vec v_0=\vec v_1{\,}'+\vec v_2{\,}' : par la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle formé est rectangle, donc v⃗1 ′\vec v_1{\,}' et v⃗2 ′\vec v_2{\,}' sont perpendiculaires.

Un choc élastique frontal oppose m1=2m_1 = 2 kg à v1=6 m⋅s−1v_1 = 6\ \text{m·s}^{-1} et m2=4m_2 = 4 kg initialement immobile. En utilisant les formules du choc élastique, les vitesses après le choc valent :

Explication : v1 ′=(m1−m2)v1+2m2v2m1+m2=(2−4)×6+06=−126=−2 m⋅s−1v_1{\,}' = \dfrac{(m_1-m_2)v_1+2m_2v_2}{m_1+m_2} = \dfrac{(2-4)\times6+0}{6} = \dfrac{-12}{6} = -2\ \text{m·s}^{-1}
v2 ′=(m2−m1)v2+2m1v1m1+m2=0+2×2×66=246=+4 m⋅s−1v_2{\,}' = \dfrac{(m_2-m_1)v_2+2m_1v_1}{m_1+m_2} = \dfrac{0+2\times2\times6}{6} = \dfrac{24}{6} = +4\ \text{m·s}^{-1}.

Un canon de masse restante M=100M = 100 kg tire un obus de masse m=2m = 2 kg à la vitesse v=150 m⋅s−1v = 150\ \text{m·s}^{-1}. La vitesse de recul VV du canon, donnée par MV+mv=0MV+mv=0, vaut :

Explication : V=−mvM=−2×150100=−300100=−3,0 m⋅s−1V = -\dfrac{mv}{M} = -\dfrac{2\times150}{100} = -\dfrac{300}{100} = -3{,}0\ \text{m·s}^{-1} : le canon recule en sens opposé à l'obus.

Une fusée de masse M=2 000M = 2\,000 kg, initialement immobile, éjecte une masse Δm=50\Delta m = 50 kg de gaz à la vitesse d'éjection u=2 500 m⋅s−1u = 2\,500\ \text{m·s}^{-1} par rapport à elle-même. Le gain de vitesse ΔV=ΔmM u\Delta V = \dfrac{\Delta m}{M}\,u de la fusée vaut environ :

Explication : ΔV=ΔmM u=502 000×2 500=0,025×2 500=62,5 m⋅s−1\Delta V = \dfrac{\Delta m}{M}\,u = \dfrac{50}{2\,000}\times2\,500 = 0{,}025 \times 2\,500 = 62{,}5\ \text{m·s}^{-1}. C'est exactement la conservation de p⃗\vec p (système {fusée + gaz} isolé, partant du repos) qui explique ce gain de vitesse, même dans le vide spatial.
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