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Mécanique du∗ solide Filière MP-MP

M.Mounjid Professeur agrégé à l’ENS de  Marrakech

1

 

M.Mounjid

Objectifs de ce manuel Ce manuel est destiné aux étudiants des classes préparatoires aux grandes écoles d’ingénieurs, et peut être bénéfique aussi pour les étudiants du cycle d’agrégation option physique. Il comporte des cours détaillés, des exercices d’applications et des problèmes résolus sur la mécanique du solide, conformes au programme des classes préparatoires filière MP-MP ∗ . Généralem Généralemen ent, t, les étudian étudiants ts cités cités en haut, haut, trav travaillent aillent laborieusem laborieusemen entt pendant pendant l’année, l’année, mais ce qui leur manque, est une bonne organisation de leurs travaux et une préparation correcte aux concours, d’où l’idée de mettre à jour ce manuel, dont j’espère que les étudiants y trouvent aide et soutien. Tous les conseils et suggestions, de la part des enseignants et des étudiants, afin d’améliorer ce manuel, sont les bienvenus.

Adresse électronique : [email protected]

2

 

M.Mounjid

Remerciements Je tiens à remercier tous ceux qui m’ont aidé, de près ou de loin, à élaborer ce manuel.

3

 

M.Mounjid

Table des matières Objectifs de ce manuel Remerciements

Chapitre 1 : Cinématique d’un système matériel 1. Grandeurs cinétiques d’un système de points matériels 1.1. Torseur cinétique et torseur dynamique 1.1.1. Notion de torseur 1.1.2. Torseur cinétique 1.1.3. Torseur dynamique 1.1.4. Relation entre le torseur cinétique et le torseur dynamique 1.2. Énergie cinétique 1.3. Théorèmes de   Koenig 1.3.1. Référentiel barycentrique 1.3.2. Théorème de   Koenig  pour le moment cinétique 1.3.4. Théorème de   Koenig  pour l’énergie cinétique 2. Cinématique d’un solide 2.1. Grandeurs cinétiques d’un solide 2.2. Torseur cinématique ou torseur des vitesses 2.3. Énergie cinétique d’un solide dans  R 2.4. Théorèmes de   Koenig 2.4.1. Pour le moment cinétique dans  R 2.4.3. Pour l’énergie cinétique dans  R 2.5. Moment d’inertie d’un solide par rapport à un axe   2.6. Théorème d’Huygens 2.7. Solide en rotation autour d’un axe    fixe dans un référentiel  R

4

 

M.Mounjid

2.7.1. Moment cinétique en un point A  de l’axe  2.7.2. Énergie cinétique 2.8. Solide en rotation autour d’un axe de direction fixe

Chapitre 2 : Dynamique d’un système matériel 1. Dynamique d’un système de points matériels 1.1. Torseurs des actions mécaniques 1.1.1. Définition 1.1.2. Torseurs particuliers 1.2. Principe fondamental de la dynamique dans un référentiel galiléen 1.2.1. Énoncé 1.2.2. Conséquences 1.3. Principe fondamental de la dynamique dans un référentiel non galiléen 1.4. Théorème du moment cinétique en G  dans le référentiel barycentrique 2. Dynamique d’un solide 2.1. Théorème de la résultante cinétique d’un solide dans un référentiel galiléen 2.2. Théorème du moment cinétique d’un solide en un point A  dans un référentiel galiléen 2.3. Théorème de la résultante cinétique d’un solide dans un référentiel non galiléen 2.4. Théorème du moment cinétique d’un solide en un point A  dans un référentiel non galiléen 2.5. Théorème du moment cinétique en G  d’un solide dans son référentiel barycentrique (galiléen ou non)

Chapitre 3 : Énergie d’un système matériel 1. Étude énergétique d’un système de points matériels 1.1. Théorème de la puissance cinétique dans un référentiel galiléen  R 1.2. Théorème de la puissance cinétique dans un référentiel non galiléen 1.3. Théorème de la puissance cinétique dans le référentiel barycentrique  R ∗

5

 

M.Mounjid

1.4. Énergie mécanique d’un système de points matériels 1.4.1. Énergie potentielle 1.4.2. Énergie mécanique 1.4.3. Conservation de l’énergie mécanique 2. Étude énergétique d’un solide 2.1. Théorème de la puissance cinétique d’un solide dans un référentiel galiléen 2.2. Théorème de la puissance cinétique d’un solide dans un référentiel non galiléen 2.3. Théorème de la puissance cinétique d’un solide dans un son référentiel barycentrique

Chapitre 4 : Contact entre deux solides. Lois du frottement 1. Vitesse de glissement 2. Torseur des actions mécaniques de contact de S 1 sur S 2 3. Lois de   Coulomb  du frottement de glissement 4. Puissance des actions mécaniques de contact 5. Rotation sans frottement d’un solide autour d’un axe fixe

Annexe : Différents types de liaisons entre deux solides

6

 

M.Mounjid

CHAPITRE

1 CINÉMATIQUE D’UN SYSTÈME MATÉRIEL

1. Grandeurs cinétiques d’un système de points matériels 1.1. Torseur cinétique et torseur dynamique 1.1.1. Notion de torseur Considérons un système  (Σ)  constitué de N  points matériels M i  de masse mi .

 −→

→v i, son vecteur accélération Associons à chaque point M i , un vecteur R i  qui peut être son vecteur vitesse  −  − → −→a i , sa quantité de mouvement mi−→v i, le vecteur force f  i  auquel il est soumis, etc.  −→

Á ces vecteurs R i , on associe un torseur dont les éléments de réduction en un point A, sont :   la résultante :

−→ R =

 →−  −−→ ∧ −→  Ri

i

  le moment en A  :

−M →A  =

AM i

Ri

i

Remarque :  On peut montrer facilement la loi caractéristique des moments d’un torseur, appelée  champ des moments  :

−M →A  = −M →B + AB −−→ ∧ −→ R

,   avec A  et B   deux points quelconques

1.1.2. Torseur cinétique a. Définition du centre d’inertie d’un système On définit le centre d’inertie G  du système  Σ  constitué de N  points matériels M i  de masse mi , par :

−−→

mOG  =



−−→

mi OM i

 

avec m  =

i



mi la masse m asse totale to tale du syst` sys t`eme eme (Σ) ( Σ)

i

Cette définition est indépendante du point O. En effet :

−−→

mOG  =

 i

puisque m =

 i

mi ,

−−→ −−→ −−→ mi OM i =⇒ mOO   + mO  G  =

  −−→ 

alors :

−−→

mO  G  =

 i

7

−−−→

mi O  M i

mi

i

OO  +

i

−−−→

mi O  M i

En particulier si O ≡ G  :



−−→ → −

mi GM i  = 0

i

Remarque :  On a :

−−→ mOG  =



−−→

mi OM i

i

en dérivant cette relation par rapport au temps dans un référentiel  R(O , x , y , z), on trouve :



−→

−→

mi v  i  =  m v  G

i

b. Définition du torseur cinétique d’un système On définit le torseur cinétique du système (Σ) de masse  m  =

  i

R, par : τ c  :

Exo :  Montrer que :

 

−→

sa r´esult esu ltant antee cin´ cin ´etiqu eti quee : P  =

mi  et de centre d’inertie G , dans un référentiel

−→

−→

(mi v  i ) =  m v  G

i

−→

son mom moment ent cin´etique etiq ue en A : σ  A  =

 −−→ ∧ −→  AM i

mi v  i

i

−−→ ∧ −→ −→σ A  = −→σ B  + AB P

,   avec A  et B   deux points quelconques

1.1.3. Torseur dynamique On définit le torseur dynamique du système (Σ)  de masse m =

 i

référentiel  R, par : τ d  :

Exo :  Montrer que :

 

→ −

sa r´esultante esultante dynamique dynamiq ue : S  =



mi  et

→ −

de centre d’inertie G, dans un

−→

(mi a  i ) =  m a  G

i

→ − son moment dynamique en A : D A  =

 −−→ ∧ −→  AM i

mi a  i

i

−→ −→ −−→ −→ D A  = D B  + AB ∧ S

,   avec A  et B   deux points quelconques

1.1.4. Relation entre le torseur cinétique et le torseur dynamique

 −→

  Relation entre la résultante dynamique S  et

 −→

la résultante cinétique P  :

−→S  = d−→ P  dt

 −→

 −→

  Relation entre le moment dynamique D A  et le moment cinétique σ  A (A  un point a priori mobile dans le

référentiel référentiel d’étude R) :

→σ A d− dt

= =

 −−→ −→  ∧   −−→ ∧ −→   −−→ ∧ −→    −−→ − −−→ ∧ −→  −→ d dt

i

=

i

AM i

mi v i

i

dAM i dt

 d BM i dt

mi v  i

+

AM i

mi a  i

i

BA

mi v i + D A

avec B un point quelconque  fixe  dans R. 8

 

M.Mounjid

d’où :

−→

d σ  A dt

= =

donc :

−→ ∧ mi−→ vi + D A i −−→v A ∧ m−→v G + −→ DA

 −→ − →− ( v  i

v  A )

→σ A −→ −→ d− →v  G D A  = + v  A ∧ m− dt

Deux cas particuliers intéressants : 1er cas : si A  fixe dans R  :

→σ A −→ d− D A  = dt

2ème cas : si A ≡ G  ( G  peut être mobile dans R) :

→ −D G  = d−→σ G dt

1.2. Énergie cinétique L’énergie cinétique du système  (Σ)  dans un référentiel  R  est : E c  =

 i

1.3. Théorèmes de   Koenig

1 mi v  2i 2

−→



1.3.1. Référentiel barycentrique Le référentiel barycentrique R∗ du système ( Σ) relativement au référentiel d’étude R est le référentiel d’origine G et en translatio translationn par rapport à R. Ce qui implique que le vecteur rotation de R ∗  par rapport à R est nul :

−→ω R /R  = −→0 →ω R /R  = −→0 , donnent : Conséquences :  La loi de composition des vitesses et  − −→v  i  = −→v (M i)/R  = −→v (M i)/R  + −→v (G)/R ∗

∗

∗

posons :

−→v (M i)/R

∗

d’où :

−→

= v ∗i

→ −v (G)/R = −→v G

et

−→v i = −→v ∗i + −→v G

−→

→ω R /R  = 0  que : on montre de même, en utilisant la loi de composition des accélérations et la relation,  − ∗

−→a i  = −→a ∗i + −→a G

Remarque :  On a :

 i

−−→ → − mi GM i  = O =⇒

 i

−−→

−→ =⇒

dGM i =O mi dt /R ∗

1.3.2. Théorème de   Koenig  pour le moment cinétique

−→σ A

=



−→

−→

mi v ∗i = O

i

 −−→ ∧ −→    −→ −−→ ∧ −→  −→ ∧  −→  −−→ ∧ −→  AM i

mi v i

i

=

[AG + GM i ]

mi v  i

i

= AG

(mi v  i ) +

i

GM i

mi v i

i

9

 

M.Mounjid

or :



−→

−→

(mi v i ) =  m v G

→ − −→ −→

et v  i  = v ∗i + v  G

i

donc :

−→σ A or :

=

−→ →v G + AG ∧ m−

 −−→ ∧ GM i

 −−→ ∧ −→ ∗   −−→ ∧ →−   −−→ −→ −→ ∗ → −∗ GM i

mi GM i

i

v  G

i

mi v i  = σ G

i

+

mi v i

et

mi GM i  = 0

i

d’où le théorème de   Koenig  pour le moment cinétique en un point A dans le référentiel d’étude  R  :

−→σ A

−→ ∧ m−→v  G → −σ ∗G + AG

=

Remarque :  le théorème de   Koenig  pour le moment cinétique étant vrai quelque soit le référentiel d’étude →v ∗G  = −→v G/R = −→0 , donc : R, en particuli particulier er pour R ≡ R∗ où − ∗

−→σ ∗A  = −→σ ∗G d’où le moment cinétique dans  R∗  est indépendant du point où on le calcule.

1.3.3. Théorème de   Koenig  pour le moment dynamique

−→ DA

 −−→ ∧ −→    −→ −−→ ∧ −→  −→ ∧  −→  −−→ ∧ −→ 

=

AM i

mi a  i

i

=

[AG + GM i ]

mi a  i

i

= AG

(mi a  i ) +

GM i

i

or :



mi a  i

i

−→

−→

(mi a  i ) =  m a  G

→ − −→ −→

et a  i  = a ∗i + a  G

i

donc :

−→ DA or :

=

−→ →a G  + AG ∧ m−

 −−→ ∧ GM i

i

 −−→ ∧ −→ ∗   −−→ ∧ →−   −−→ −→ −∗ −→ ∗ → GM i

+

mi a i

mi GM i

i

a  G

i

mi a i  = D G

et

mi GM i  = 0

i

d’où le théorème de   Koenig  pour le moment dynamique en un point A  dans le référentiel d’étude  R  :

−→ DA

→ −

−→ ∧ m−→a G

= D ∗G + AG

Remarque : le théorème de  Koenig pour le moment dynamique étant étant vrai quelque soit le référentiel d’étude − →  − → − → ∗ ∗ R, en particuli particulier er pour R ≡ R où a G  = a  G/R = 0 , donc : ∗

−→ −→ D ∗  = D ∗ A

G

d’où le moment dynamique dans R∗  est indépendant du point où on le calcule.

1.3.4. Théorème de   Koenig  pour l’énergie cinétique

10

 

M.Mounjid

L’énergie cinétique du système  Σ  dans le référentiel  R  est :

     −→ ∗  ∗ E c

1 mi v i2 2

=

i

i

−→ −→



 −→

→ −

1 mi v ∗i 2 2

=

i

1 mi v i 2  =  E c 2

i



1 mi [ v ∗i + v  G ]2 2

=

or :

−→

et

 1 + m v  2G + 2



 i

→v ∗i ) = (mi −

i

d dt

d’où le théorème de   Koenig  pour l’énergie cinétique :

E c  =  E c∗ +

−→ −→

(mi v ∗i ) . v G



−−→ mi GM i

i



−→

 = 0

 1 m v  2G 2

−→

2. Cinématique d’un solide 2.1. Grandeurs cinétiques d’un solide Considérons un solide  (S ) de masse  m et de centre centre d’inertie  G  et  M  un point quelconque de (S ), de masse  dm.

• Torseur cinétique dans un référentiel d’étude  R  : −→ sa r´esult esu ltant antee cin´ cin ´etiqu et iquee : P  = τ c  :

Remarque :

 

    −→ −→     −−→ ∧ ∧ −→ −→

v  (M )dm  =  m v  G

S 

son mom moment ent cin´etique eti que en A : σ  A  =

avec A  et B  deux points  quelconques.

τ d  :

Remarque :

v  (M )dm

−−→ ∧ m→ −→σ A  = −→σ B  + AB −v  G

• Torseur dynamique dans un référentiel d’étude  R  : −→ sa r´esultante esultante dynamique dynamiq ue : S  =

 

AM 

S 

    −→ −→ −→     −−→ ∧  ∧ −→ S 

a (M )dm  =  m a  G

son moment dynamique en A  : D A  =

AM 

a (M )dm

S 

avec A  et B  deux points  quelconques.

−→ −→ −−→ −a G D A  = D B  + AB ∧ m→

• Relation entre τ c et τ d A  étant

un point quelconque a priori mobile dans R.

−→S  −→ DA

= =

−→

d P  dt d σ  A + vA dt

−→

−→ ∧ m−→v  G

2 cas particuliers :

11

 

M.Mounjid

• Si A fixe dans R :

→σ A −→ d− D A  = dt

• Si A ≡ G (G peut être mobile dans R) :

→ −D G  = d−→σ G dt

RS 

2.2. Torseur cinématique ou torseur des vitesses z

Considérons un solide (S )  mobile dans le référentiel d’étude R, et  RS   un référentiel lié à (S )  d’origine un point quelconque P  du solide.

=

R y O

→ → −v  M /R  + −→v P/ R + −→ω R /R ∧ P−−M  S

M  P 

La loi de composition des vitesses d’un point M  quelconque   quelconque du solide, donne :

−→v  M /R

(S )

S

x

or M  étant un point fixe dans RS  :

−→v M/R

S

−→

= 0

d’où :

−→v M  avec :

−−→P  ∧ → −v  P  + M  ∧ −→ω

=

−→ω = −→ω R /R  = −→ω solide/ solide/R S

Par conséquent, les vitesses des points d’un solide vérifient la loi caractéristique des moments d’un torseur :

−M →A  = −M →B + AB −−→ ∧ −→ R d’où l’on peut définir le torseur cinématique d’un solide dans un référentiel  R  par ses éléments de réduction en M  : −→ −→ τ v :



vecteur rotation du solide : ω = ω solide/R

−−→P  ∧ −→v M  = −→v P  + M  ∧ −→ω

; M et P  deux points  du solide

Remarque :  Si la distance entre deux points A  et B , est constan constante, te, alors :

−−→ ∧ −→ω −→v  A/R  = −→v  B /R + AB [AB] AB]/R 2.3. Énergie cinétique d’un solide dans  R 1 E c  = 2

    −→

v  2 (M )dm

S 

2.4. Théorèmes de   Koenig 2.4.1. Pour le moment cinétique dans  R

−→ ∧ m−→v  G −→σ A  = −→σ ∗G + AG

→σ ∗G  moment cinétique en G dans le référentiel barycentrique  R∗. avec − 2.4.2. Pour le moment dynamique dans  R

−→ −→ −→ →a G D A  = D ∗G  + AG ∧ m− 12

 

M.Mounjid

 −→

avec D ∗G  moment dynamique en G  dans R∗ .

2.4.3. Pour l’énergie cinétique dans  R E c  =  E c∗ +

 1 m v  2G 2

−→

avec E c∗ énergie cinétique du solide dans  R∗ .

 2.5. Moment d’inertie d’un solide par rapport à un axe  J   =

   

r

r 2 dm

M 

H 

S 

avec r =  H M  la distance entre   et M  point  quelconque du solide.



2.6. Théorème d’ Huygens



Le moment d’inertie d’un solide par rapport à un axe  est : J   =

M 

    −−→

H M 2 dm

S 

H 

avec avec H : la projecti pro jection on orthogona orthogonale le d’un point M quelconq quelconque ue du solide.

H  G

Soit H    la projection orthogonal de M   sur l’axe     : axe parallèle à   et passant par G. d’où : J 

= =

or :

     −−→ −−− →    −−→     −  −−− → H H   + H  M 

2

dm

2

H H  dm +

2

H  M  dm + 2

   −−→

H H  2 dm  =  md 2 (d   : distance distance entre entre

donc :

   et

2

Calculons : or :

−−→ ⊥ H  −−→G

H H 

donc :

et

H  M 2 dm =  J 

) et



H H  .H  M dm

   −−→ −−− →    −−→ −−→    −−→ −−− → H H  .H  M dm =

H H  .H  M dm

   −−→ −−− →    −−→ −−→ −−→ −−→    −−→

J   =  J   + md + 2 

   −−→ −−−→       −−− →  −   

H H  . H  G + GM  dm

H H  .GMdm = H H  .

GMdm  = 0 (par (par dfinitio dfinition n de G)

H H  .H  M dm  = 0

d’où le théorème d’Huygens  :

J   =  J   + md2 

13

 

M.Mounjid

2.7. Solide en rotation autour d’un axe    fixe dans un référentiel  R 2.7.1. Moment cinétique en un point A  de l’axe 

−→σ A  =



   −−→ ∧ ∧ −→ AM 

v M dm

or A  est un point de  l’axe de rotation   du solide, donc la distance entre A et M  est constante (M  étant un point quelconque du solide). Donc :

−−→A ∧ −→ω −→v M  = → −v  A  + M

M 

H 

A

−

En plus, A ∈   fixe  dans le référentiel d’étude  R, d’où :

−→v A = −→0

donc :

−→σ A

= = =

   −−→ ∧ ∧ −−→ ∧ −→ −   −−→ ∧ ∧ −−→ ∧ ∧ −→ −     −−→ −→ −−→      −−→ −−→ −→ AM 

MA

AM 

ω

AM 

AM . ω

dm

ω

dm

.AM dm +

AM .AM  . ω dm

→e   le vecteur unitaire porté par . Donc : Soient H  la projection orthogonale de M  sur l’axe   et  − −−→ −−→ −−→

−−→

→ −

−−→ →ω dm − AH  − AHω AH ω HMdm +  −−  −−→ →ω ω AH  HMdm + J  −  −−  −−→ →ω + ω J  − AH  MHdm

   

 −→

 −H−M  → −→  ⊥ `a −−

AM  = AH  +  + H M  =  AH  e   + H M  et ω =  ω e 

d’où :

−→σ A

= = =

−        −

donc :

→σ A⊥  =  ω avec − tion   du solide.

   

2

   

2

 −→

H M  dm

ω

   

−→σ A  =  J −→ω + −→σ A⊥

 −−  −−→

AH  MHdm  la

 

→ω dm + AH  .− 2

composante du moment cinétique en A  perpendiculaire à l’axe de rota-

2 cas particuliers intéressants : 1er cas : Si le solide est  plan, perpendiculaire à  et passant par A, alors  A ≡ H  projection   projection orthogonale de tout point M  du solide et par suite :

−→σ A⊥  = −→0

2ème cas : Si  est un axe de  symétrie matériel du solide c’est à dire à tout point  M  du solide, correspond  −−  −−→ −−−→ un point M   du solide telle que la masse dm de M  est égale à la masse dm’ de M  et M H  = −M  H   avec H  et H   respectivement les projections orthogonales de M  et M  sur .

→σ ⊥  est : d’où la contribution de M  et M   dans le calcul de  −

 −−−→

 −−  −−→

−→

ωAH  MHdm + ωAH  M  H  dm  = 0

14

 

M.Mounjid

donc :

−→σ A⊥  = −→0

2.7.2. Énergie cinétique

L’énergie cinétique d’un solide  en rotation autour d’un axe   fixe  dans un référentiel d’étude  R  est : 1 E c  = 2

or :

−→v  M 

= =

   →−

v  2 (M )dm

−−→A ∧ −→ω → −v A + M −−→ →ω MA ∧ −

Et en Introduisant la projection orthogonale H  de M  sur l’axe de rotation , on aura : E c

1 2

=

      −−→ −−→ ∧ −→      −−  −−→ ⊥ −  ⊥ → M H  +  + H A

ω2

=

2

d’où :

ω

2

dm

M H 2 dm   puisque M H 

 −−→→ −

ω et H A ω

1 J  ω 2 2

E c  =

2.8. Solide en rotation autour d’un axe de direction fixe Exemple : Un cerceau homogène roulant sur un axe Ox  : y

−→ω z∗ G

x

z O

Calculons le moment cinétique du cerceau en un point A dans le référentiel R(O , x , y , z) ? Pour cela, on appliquera le théorème de   Koenig  pour le moment cinétique :

−→ ∧ −→v  G −→σ A  = −→σ ∗G + AG or G est un point de l’axe de rotation Gz ∗  fixe  dans le référentiel barycentrique  R∗ . En plus Gz ∗  est un axe de symétrie matériel du cerceau, ce qui donne d’après le paragraphe  2.7.1  :

−→σ ∗G  =  J Gz −→ Gz ω ∗

et par suite :

→ −σ A  =  J Gz −→ −→ −→ Gz ω + AG ∧ v G ∗

Calculons, d’autre part, l’énergie cinétique cinétique du cerceau ? D’après le théorème de   Koenig  : E c

 1 = E c∗ + mvG 2 2

−→

or Gz ∗ est  un axe de rotation fixe dans  R ∗  donc, d’après le paragraphe  2.7.2.  : E c  =

1  1 2 2 J Gz Gz ω + mvG 2 2 ∗

15

−→

 

M.Mounjid

Résumé : Cinématique d’un solide 1. Torseur cinétique et torseur dynamique 1.1. Définitions Considérons un solide  (S ) de masse  m et de centre centre d’inertie  G  et  M  un point quelconque de (S ), de masse  dm.   Torseur

cinétique dans un référentiel  R : τ c  :

Remarque :

 

−→ −→ sa r´esulta esu ltante nte cin´etiqu et iquee : P  = P  = −→

  Torseur dynamique dans

τ d  :

Remarque :

−→

v  (M )dm  =  m v G

son moment cin´etique etique en A  : σ  A  =

avec A  et B  deux points  quelconques.

 

   →−    −−→ ∧ ∧ −→

v  (M )dm

AM 

−−→ ∧ m→ −→σ A  = −→σ B  + AB −v  G

 R :

−→ sa r´esultante esultante dynamique dynamiq ue : S  =

    −→ −→ −→     −−→ ∧  ∧ −→

a (M )dm  =  m a  G

S 

son moment dynamique en A  : D A  =

avec A  et B  deux points  quelconques.

AM 

a (M )dm

S 

−→ −→ −−→ −a G D A  = D B  + AB ∧ m→

1.2. Relation entre τ c et τ d A  étant

un point quelconque a priori mobile dans R.

−→S  = d−→ P 

→ −D A  = d−→σ A + −→v  A ∧ m−→v G

et

dt

dt

2 cas particuliers :

• Si A fixe dans R :

→σ A −→ d− D A  = dt

• Si A ≡ G (G peut être mobile dans R) :

→ −D G  = d−→σ G dt

2. Torseur cinématique ou torseur des vitesses τ v :



−→ −→

vecteur rotation du solide : ω = ω solide/R

−−→P  ∧ −→v  M  = −→v P  + M  ∧ −→ω

; M et P  deux points du solide

3. Énergie cinétique d’un solide dans  R 1 E c  = 2

   →−

v  2 (M )dm

16

 

M.Mounjid

4. Théorèmes de   Koenig 4.1. Pour le moment cinétique dans  R

−→ ∧ m−→v  G −→σ A  = −→σ ∗G + AG

→σ ∗G  moment cinétique en G dans le référentiel barycentrique R∗  (référentiel d’origine G en translation avec − dans R). 4.2. Pour le moment dynamique dans  R

−→ −→ −→ →a G D A  = D ∗G  + AG ∧ m−

 −→

avec D ∗G  moment dynamique en G  dans R∗

4.3. Pour l’énergie cinétique dans  R E c  =  E c∗ +

 1 m v  2G 2

−→

avec E c∗ énergie cinétique du solide dans  R∗ .

5. Moment d’inertie d’un solide par rapport à un axe   J   =

   

r 2 dm

avec r  distance entre   et M  point  quelconque  du solide.

6. Théorème d’ Huygens

J   =  J   + md2 

avec : •   axe parallèle à  et passant par G.

• d distance entre  et . 7. Solide en rotation autour d’un axe    fixe dans  R 7.1. Moment cinétique en un point A de   dans un référentiel  R

−→σ A  =  J −→ω + −→σ A⊥ Ce résultat est valable dans les conditions suivantes :

−→v  A  = −→0 ,

→ −

−→

 −→

M A = cte cte quelque quelque soit M point du solide solide et ω =  ω e   avec e   vecteur unitaire orientant l  axe

 

2 cas particuliers intéressants : Si   est un axe de  symétrie  du solide ou si le solide est  plan,  perpendiculaire  à    et  passant par A, →σ A⊥  est nul. alors −

7.2. Énergie cinétique d’un solide dans un référentiel  R E c  =

1 J  ω 2 2

Ce résultat résultat est valable valable dans le cas où    est  un axe de rotation fixe  dans le référentiel R.

17

 

M.Mounjid

Exercices d’application de la cinématique d’un système matériel Exercice 1 : Moment cinétique d’un ensemble de deux points O

Deux points matériels identiques A et B , de masse m, sont reliés par une tige de masse négligeable et de longueur b. A  se déplace sur un cercle de centre O et de rayon b, et la tige AB   peut osciller autour d’un axe passant par  A  et perpendiculaire au plan du cercle.

y α

A B

β 

1.   Calcule Calculer, r, de deux deux manièr manières es différe différenntes, tes, la résulrésultante tante cinéti cinétique que du systèm systèmee AB   dans le référen référentiel tiel R(O , x , y , z).

x

2.  Calculer, de deux manières différentes, le moment cinétique en O  du système AB , dans le référentiel R(O , x , y , z), en fonction des angles α, β  et   et leurs dérivées. Oz

Exercice 2 : Le pendule double

y G1

 O A et Un pendule double est constitué de deux barres  OA AB   identiques homogènes, de masse m, de longueur 2b  et articulées en A. Les deux barres sont astreintes à se déplacer dans le plan vertical  ( Oxy ) et leurs inclinaisons sont définies par les angles α  et β  par  par rapport à la verticale  ( Ox)  descendante.

α

A

G2 B

β  x

Calculer le moment cinétique en  O  et l’énergie cinétique de ce pendule p endule double, dans le référentiel référentiel R(O , x , y , z). On rappelle le moment d’inertie d’une barre de longueur  2 b  par rapport à sa médiatrice J  = 31 mb2. C 

Exercice 3 : Éléments cinétiques d’un pendule On considère un pendule suspendu en un point fixe, constitué d’une tige OA  de masse négligeable et de longueur R  à laquelle est soudé un fil homogène, de masse m, en forme de demi-cercle de rayon R, de manière que la tige OA  constitue le rayon du demi-cercle (A  est au centre de l’arc BC ). On repère la position du pendule par l’angle α  que fait la tige OA  avec la verticale verticale descendante. descendante.

O

y

B α

R A

x

Déterminer, dans le référentiel  R(O , x , y , z), la résultante cinétique, le moment cinétique en O, le moment dynamique en O  et l’énergie cinétique du pendule en fonction de α  et de ses dérivées.

18

 

M.Mounjid

Corrigé des exercices d’application de la cinématique d’un système matériel Exercice 1  : Système étudié  :  {deux points matériels A  et B } 1. Calcul de la résultante cinétique : 1ère méthode :

−→ →v  A  + m−→v B P  =  m −

 −→  −→

→e  x  + b sin α−→e  y , alors : Puisque OA  =  b cos α− −→v  A  = −bα˙ sin α−→e  x  + bα˙ cos α→ −e  y  −−→ →e  x  + b(sin α + sin β )−→e  y , alors : de même OB  =  b (cos α + cos β )− −→v  B = −b(α˙ sin α + β ˙ sin β )−→e  x  + b(α˙ cos α + β ˙ cos β )−→e  y donc :

2ème méthode :

−→ →e  x  + mb(2α˙ cos α + β ˙ cos β )−→e  y ˙ sin β )− P  = −mb(2α˙ sin α + β  −→ →v G P  = 2 m−

Atten Attention tion !  la masse du système étudié est  2 m  et non m  prise d’habitude.

 −−→

Puisque OG  =  b (cos α +

cos β  2 )

−→e  x  + b(sin α + sin2 β )−→e  y , alors :

−→v  G  = −b(α˙ sin α + β ˙ sin β )−→e  x  + b(α˙ cos α + β ˙ cos β )−→e  y 2

donc :

2

−→ →e  x  + mb(2α˙ cos α + β ˙ cos β )−→e  y ˙ sin β )− P  = −mb(2α˙ sin α + β 

2. Calcul du moment cinétique des deux points matériels A et B , au point O 1ère méthode :

−→ ∧ m−→v A + OB −−→ ∧ m−→v B −→σ O = OA  −→  −→ →v A, −OB −→ et  −→v B  trouvées ci-dessus, on trouve : D’après les expressions de OA, − −→σ O = mb2 2α˙ + β ˙  + →e  z  ˙ cos(α − β ) −  + 2 β 





2ème méthode : Théorème de   Koenig  pour le moment cinétique  :

−−→ ∧ 2m−→v  G −→σ O  = −→σ ∗G + OG avec : or

−→ ∧ m−→v ∗  + GB −−→ ∧ m−→v ∗ −→σ ∗G  = GA A B −→ −−→ GA  = −GB

alors :

et

−→

dGA = v ∗A  = dt /R

→ −

∗

−−→v ∗B = −

−−→

dGB dt /R

∗

−−→ ∧ m−→v ∗ −→σ ∗G  = 2GB B 19

 

M.Mounjid

 −−→

→e  x  + 2b  sin β −→e y , alors : comme GB  = 2b  cos β − −→v ∗B = − b β ˙ sin β −→e  x  + b β ˙ cos β −→e  y 2

2

D’après ce qui précède, on retrouve :

−→σ O = mb2 Exercice 2 : Pendule double



˙  +  ˙ cos(α 2α˙ + β   + 2 β 

 −→

− β )

e  z

1.  Le moment cinétique en O, dans le référentiel  R(O , x , y , z)  du système étudié  {barre OA  , barre AB }, est :

−→σ O = −→σ O (barre OA) + −→σ O (barre AB ) Puisque l’axe Oz  est un axe de rotation  fixe  dans R(O , x , y , z), de la barre OA, alors : −→σ O (barre OA) =  J Oz →e  z α− Oz  ˙ →σ O (barre OA)  perpendiculaire à l’axe de rotation Oz , est nul, puisque la barre OA  est La composante de  − un solideplan,  perpendiculaire  à l’axe Oz  et  passant par O.

Le théorème d’Huygens  donne : 2 J Oz Oz =  J  + mb =

donc :

1 2 4 mb + mb2 = mb2 3 3

−→σ O (barre OA) = 4 mb2 α˙ → −e  z 3

Remarque :  on peut utiliser aussi le théorème de   Koenig  pour calculer :

−−→1 ∧ m−→v G −→σ O (barre OA) = −→σ ∗G /R + OG R∗1  étant le référentiel barycentrique de la barre OA  relatif à R(O , x , y , z). 1

∗

1

1

D’autre part, le théorème de   Koenig  permet de calculer :

−−→2 ∧ m−→v G −→σ O (barre AB) = −→σ ∗G /R + OG R∗2  étant le référentiel barycentrique de la barre AB  relatif à R(O , x , y , z). 2

∗

2

2

avec : 

−→σ ∗G /R 2

∗

2

−→

 −→

= J  ˙β  e  z =

∗ la composante composante normale normale a` Oz de σ G

2

/

mb2 ˙ β  e  z

∗

R

2

´etan et antt nulle nul le

→ −

3



−−→ ∧ m−→v G

OG2

2

−→ −−→ ∧ m

= (OA + AG2 )

  

 −→  − ∧ 

dOA + dt

2b cos α + b cos β 

= m 2b sin α + b sin β  0

2

= mb

−−→ dAG2 dt



2bα˙ sin α

− bβ  ˙ sin β 

 ˙ cos β  2bα˙ cos α + bβ 

0

˙  + 4α˙ + β   + 2(α˙  + β ˙ )cos( ) cos(α

20

− β )  

 −→

e  z M.Mounjid

d’où :

−→σ O (barre AB) = mb 2



 4 ˙ )cos( 4α˙ + β ˙  +  + 2(α˙ + β  ) cos(α 3

 →−

− β )

e  z

Remarque Remarque : attent attention ion !  l’axe  O z  n’est pas un axe de rotation de la barre AB  puisque la distance entre O et un point quelconque M  de la barre AB  n’est pas constante au cours du temps, donc :

−→σ O (barre AB) =  J Oz −  ˙ → Oz β  e  z 2.  L’énergie cinétique du pendule double dans  R, est : E c  =  E c (barre OA) + E c (barre AB)

avec :  E c (bar (barre re OA) =

=

1 J Oz α2 Oz  ˙ 2 2 2 2 mb α˙ 3

puisque Oz est un axe de rotation  fixe dans

 R de la barre OA.

Remarque :  on peut aussi utiliser le théorème de   Koenig  pour calculer : E c (barre OA) =  E c∗ (barre OA)/R 1  + ∗

 1 m v  2G 2

−→

1

  le théorème de   Koenig  permet de calculer : E c (barre AB ) = E c∗ (barre AB )/R 2  + ∗

 1 m v  2G 2

−→

2

=

1 ˙ 2  1 2 J β  + m v G 2 2

=

mb2 ˙ 2 mb2 ˙ 2 + 4α˙ β   ˙ cos(α 4α˙ 2 + β  β  +

−→

6

= mb2



2



2  2  ˙ cos(α 2α˙ 2 + β ˙ 2 + 2α˙ β  3

− β )

− β )





d’où : E c

= E c (barre OA) + E c (barre AB) 8  2  ˙ cos(α β ) = mb2  ˙α2 + β ˙ 2 + 2α˙ β  3 3



−



Exercice 3 : Éléments cinétiques d’un Pendule 1.  La résultante cinétique du pendule, est :

−→ → −v  M dm P  =

 

M  étant

un point quelconque du demi-cercle BC .

Le champ des vitesses permet d’écrire :

−→v  M 

= = =

−−→O ∧ α˙ −→e  z → −v O + M −R [cos(α + β )−→e  x  + sin(α + β )−→e  y ] ∧ α˙ −→e z →e  y − sin(α + β )−→e x] Rα˙ [cos(α + β )−

d’autre part : dm  =  λdl  =  λRdβ 

21

 

M.Mounjid

λ  étant

la masse linéique du demi-cercle. Puisque celui-ci est homogène, alors :

 

π

 

2

dm  =  m  =  λR

−π

dβ  =  =  λRπ =

⇒

2

λ =

m πR

d’où :

→ −P 

=

 →−  

v  M  dm π

−→ − sin(α + β )−→e  x ] Rdβ  − 2mR −e  x  + cos α−→e  y ) α˙ (− sin α→

= Rαλ ˙ =

2

π

[cos(α + β ) e  y

2

π

2. Le moment cinétique en O, du pendule dans R(O , x , y , z), est :

−→σ O or :

−−→

=

−→

 −−→ ∧ ∧ −→ OM 

−→

v  M  dm

 −→

−→ − sin(α + β )−→e  x ]

OM  =  R (cos(α + β ) e  x  + sin( α + β ) e  y ] et v M  =  R α˙ [cos(α + β ) e  y

donc :

Remarque :

−→σ O = mR 2α˙ −→e z −→σ O = J Oz →e  z α− Oz  ˙

car Oz est un axe de rotation fixe dans  R  du demi-cercle BC  et BC solide  ∈  plan ⊥ Oz  et passant par O. et puisque :

−→σ O = mR 2α˙ −→e z

donc : 2 J Oz Oz =  mR

d’où l’énergie cinétique du demi-cercle dans  R, est : E c  =

mR2 2 1 2  ˙ = J Oz α α˙ Oz 2 2

Remarque :  on peut calculer aussi directement E c : 1 E c  = 2

 →−

2 vm dm =

22

mR2

2

α˙ 2

 

M.Mounjid

CHAPITRE

2 DYNAMIQUE D’UN SYSTÈME MATÉRIEL

1. Dynamique d’un système de points matériels 1.1. Torseur des actions mécaniques 1.1.1. Définition

 −→

Soit  (Σ)  un système de N  points matériels M i  de masse mi  et soumis à une force f i :

−→f  i  = −→f   i,ext + −→f  i,int   i,int  −→  −→ avec : f   i,ext  vecteur force appliquée par l’extérieur sur M i et f   i,int  vecteur force appliquée par M  j =i sur M i .

On définit le torseur des actions mécaniques exercées sur le système  (Σ)  par ses éléments de réduction en un point A  :

 −→  −→  −→  −M→  −−→ ∧ −→   −−→ ∧ −→   −→ −→  −−→ ∧ −→  F  =

τ f  f  :

f   i,ext +

f   i,int

i

i

A  =

f  i,ext   i,ext +

AM i

i

AM i

f   i,int

i

D’après D’après le principe principe d’action d’action et de réaction :

f  i,int   i,int  = 0

i

Montrons que

i

AM i

f  i,int   i,int

 s’annule  s’annule deux à deux ?

Pour cela, considérons deux points M 1 et M 2  du système  (Σ)  et calculons :

−−−→ −→ −−−→ −→ AM 1 ∧ f  2−→1  + AM 2 ∧ f  1−→2

=

−−−→ − −−−→ ∧ −→ −→  AM 1

AM 2

f  2

1

  −−−−→ ∧ −→f  2−→1  −−−−→ −→ → − = 0 puisque M 2 M 1  f  2−→1 = M 2 M 1

donc :

−→ ext  = F  = F  ext

τ f  f  :

1.1.2. Torseurs particuliers

 −→  −M→

 −→

  puisque f  1−→2  =

 −→  −−→ ∧ −→  f   i,ext

i

−→ A  = MA,ext  =

23

AM i

i

f   i,ext

−−→f  2−→1

  Glisseur  :

 −→

 −→

est un torseur dont la résultante des forces F  =

i

A  est nul.

−   →

f   i,ext = 0  et

dont le moment en un point

Remarque :  le point A  n’est pas unique. En effet, la loi caractéristique des moments d’un torseur, donne :

−M →B

−→A + BA −−→ ∧ −→ F  M − − → − → = BA ∧ F  −→−→ → − pour tout point B  tel que −BA F  = 0  −→ −→   Couple  : est un torseur dont la résultante des forces F  = 0 . Dans ce cas : −M →B = M −→A + BA −−→ ∧ → −F  −→ = MA =

Le moment d’un couple est un indépendant du point où le calcule.

1.2. Principe fondamental de la dynamique dans un référentiel galiléen 1.2.1. Énoncé Dans un référentiel  galiléen, le torseur dynamique τ d  est égal au torseur des actions mécaniques appliquées sur le système  (Σ)  : τ d  :

1.2.2. Conséquences

 −→

 −→

S 

F  ext  ext

=  τ f  f  : −→ −M →A,ext DA

D’après le principe fondamental de la dynamique dans un référentiel  galiléen R, Il en résulte :

•  le théorème de la résultante cinétique (m et G  étant respectivement la masse et le centre d’inertie du système (Σ) ) : −→f   i,ext −→S  = m−→a G  = −→ F  ext  ext  =

 i

• le théorème du moment cinétique en un point A : →σ A −→ −→ d− →A,ext = →v  G  = −M D A  = + v A ∧ m− dt

 −−→ ∧ −→  AM i

f   i,ext

i

1.3. Principe fondamental de la dynamique dans un référentiel non galiléen Dans un référentiel non galiléen  R (O , x , y  , z  ), le torseur dynamique  τ d  est la somme somme du torseur torseur des forces forces appliquées τ f f , de celui des forces d’entraînement τ f fe   et de celui des forces de   Coriolis τ f fc  : τ d  =  τ f  f  + τ f  fe   + τ f  fc 

avec :

 −→  −→

−→ →σ A −→  −→  τ d  : d− + vA∧mvG D A  = dt −→f  e(M i ) −→ F  e  e  = S   =  m a G

τ f  fe  :

   −M→  −−→ ∧ −→  i

A,e  =

AM i

f  e (M i )

 −→  −→  −M→  −−→ ∧ −→   −→  −→  −M→  −−→ ∧ →−  F  ext  ext  =

; τ f  f  :

f   i,ext

i

A,ext  =

AM i

f   i,ext

i

F  c  c  =

et τ f  fc  :

i

f  c (M i )

i

A,c  =

AM i

f  c (M i )

i

24

 

M.Mounjid

Calcul de :

−→ F  e  e

=

 −→ − −→  −

mi a  e (M i )

i

=

mi

a  O



R +

/

i

or :



m  =

−→

→ d ω R /− R 

dt



et

mi

i

donc :

−→ F  e  e

= =

−→

→ + −→ω ∧ −O−−M  i

→ −→ ∧ −

ω R /R

R /R 

−−−→

−−−→ −→ ∧ O M 



i



−−→

mi O M i  =  m O  G

i

−m a O /R + −a e (G) −m→ 

−→

→ d ω R /− R

∧ −O−→G + −→ω



dt

 → −→ ∧ −

R /R 

−−→ −→ ∧ O G

ω R /R 



→a e (G)  accélération d’entraînement du centre d’inertie G du système étudié  Σ . avec − De même, on montre que la force de   Coriolis  du système est :

−→ −→ F  c  c  = −m a  c (G)

−→a c (G) accélération de   Coriolis de G. −→ −→ →a e (G) et −→a c (G). Remarque : MA,e  et MA,c  ne s’expriment pas, en général, respectivement en fonction de  − 1.4. Théorème du moment cinétique en G  dans le référentiel barycentrique Le théorème du moment cinétique en G dans le référentiel d’étude  galiléen R, est :

→σ G −→ d− D G  = dt

/

R

−M →G,ext

=

or d’après le théorème théorème de   Koenig  pour le moment cinétique :

−→σ G  = −→σ ∗G d’où :

−→

−→

d σ  G d σ ∗G = dt /R dt /R

D’après la loi de dérivation d’un vecteur :

−→

−→

d σ ∗G d σ ∗G = + ωR dt /R dt /R ∗

R∗  étant en translation par rapport à R :

−→

∗

−→ R ∧ σ ∗G

/

−→ω R /R  = −→0 ∗

Par conséquent, le théorème du moment cinétique en G  dans le référentiel barycentrique s’écrit :

→ −

d σ ∗G = dt /R ∗

−M →G,ext

Remarque :  Ce résultat, étant vrai que le référentiel barycentrique  R ∗  soit galiléen ou non, ce qui montre que les moments  en G  des forces d’entraînement et de   Coriolis  dans R ∗  sont nuls. En effet :

−M →G,e

=

 −−→ ∧ −→     − − → − → − ∧ GM i

f  e (M i )

i

=

mi GM i

a  e (M i )

i

25

 

M.Mounjid

→a e (M i)  l’accélération d’entraînement du point M i  dans R∗ : avec − −→a e (M i)

= =

−−→i + −→ω ∧ −→ω ∧ GM  −−→i → −a G/R + d−→ω R /R ∧ GM  /R /R R R dt → −a G/R   puisque −→ω R /R  = −→0



∗

∗

∗

∗



d’où :

−M →G,e

= =

 −

 −−→

mi GM i

i

→ −0

∧ −→a G/R

d apr`es es la d´efinitio efin ition n du centre centr e d  inertie G

De même :

−M →G,c

   − − → − → − ∧  −−→ ∧ −→R R ∧ −→ ∗  −

=

mi GM i

a  c (M i )

mi GM i

2[ ω

i

=

→ −0

=

∗

v i]

/

i

 −→

puisque ω R

∗

R  =

/

−→0

2. Dynamique d’un solide Considérons un solide  ( S )  de masse m  et de centre d’inertie G.

−→

 ( M ). Soit M  un point quelconque du solide, de masse dm  et soumis à la force de d f  (

2.1. Théorème de la résultante cinétique d’un solide dans un référentiel galiléen

→a G  = −→ m− F  ext  ext  =

    −→

 ( M ) d f  (

2.2. Théorème du moment cinétique d’un solide en un point A  dans un référentiel galiléen

→σ A −→ −→ d− →A,ext  = →v  G  = −M D A  = + v  A ∧ m− dt

 −→

   −−→ ∧ ∧ −→ AM 

d f  (  ( M )

Remarque :  Le moment en  A  d’une force R  localisée c’est à dire s’appliquant en un point  B  du solide, est :

−M →A  = AB −−→ ∧ → −R 2.3. Théorème de la résultante cinétique d’un solide dans un référentiel non galiléen  R 

−→

−→

−→ −→

m a G  = F  ext  ext  + F  e  e  + F  c  c

 −→

avec F  e e  force d’entraînement :

−→ F  e  e  =

    −→

−   →−

−m−→a e (G)

    −→

−   →−

−a c (G) −m→

d f  e (M ) =

a  e (M )dm  =

−→a e (M )  et −→a e (G)  sont respectivement l’accélération d’entraînement de M  et G dans R .  −→ et F  c c  force de   Coriolis  : −→ F  c  c  =

d f  c (M ) =

a  c (M )dm =

→a c (M )  et −→a c (G)  respectivement l’accélération de   Coriolis de M  et de G dans R. avec − 26

 

M.Mounjid

2.4. Théorème du moment cinétique d’un solide en un point A  dans un référentiel non galiléen

→σ A −→  −→  −→ −→ d− −→ −→  D A  = + v A ∧ m v G  = MA,ext + MA,e  + MA,c dt

 −→

avec MA,e  moment en A  de la force d’entraînement du solide :

−M →A,e  =

   −−→ ∧ ∧ −→ AM 

d f  e (M ) =

−   −−→ ∧ ∧ →−

−M →A,c  moment en A de la force de   Coriolis : −M →A,c  = −−→ ∧ d−→f  c(M ) = − AM  ∧

   

AM 

a  e (M )dm

   −−→ ∧ ∧ −→ AM 

a  c (M )dm

2.5. Théorème du moment cinétique en G  d’un solide dans son référentiel barycentrique (galiléen ou non)

→σ ∗G −→ d− −→ ∗ = MG,ext D  = G

dt

27

 

M.Mounjid

Résumé : Dynamique d’un solide 1. Théorème de la résultante cinétique d’un solide dans un référentiel galiléen

→a G  = −→ m− F  ext  ext  = −→

    −→

d f  (  ( M )

 ( M )  force extérieure appliquée sur un point M  quelconque du solide. avec d f  (

2. Théorème du moment cinétique d’un solide en un point  A  a priori mobile dans un référentiel galiléen

−→ −→ D A  = MA,ext

−→

→A,ext → − ∧ m−→v G = −M

d σ  A + v  A dt

=

⇒

3. Théorème de la résultante cinétique d’un solide dans un référentiel non galiléen  R 

→a e (M ) et d’accélération Soit M  un   un point quelconque du solide, de masse  dm , d’accélération d’entraînement d’entraînement − →a c (M ). de   Coriolis − −→

−→

−→ −→

m a G  = F  ext  ext  + F  e  e  + F  c  c

 −→

avec F  e e  force d’entraînement du solide :

    −→

−→ F  e  e  =

d f  e (M ) =

 −→

−   →−

−m−→a e (G)

−   →−

−a c (G) −m→

a  e (M )dm  =

et F  c c  force de   Coriolis  du solide :

−→ F  c  c  =

    −→

d f  c (M ) =

a  c (M )dm =

4. Théorème du moment cinétique d’un solide en un point  A  a priori mobile dans un référentiel non galiléen

→σ A −→  → −→ d− −→ −→ −→  D A  = v G  = MA,ext  + MA,f   + MA,f  + v A ∧ m− e

dt

c

 −→

avec MA,ext  moment en A  des forces extérieures appliquées sur le solide :

−M →A,ext =  −→

   −−→ ∧ ∧ −→ AM 

 ( M ) d f  (

avec MA,f e  moment en A  de la force d’entraînement :

−M →A,f 

e

   −−→ ∧ ∧ −→

−   −−→ ∧ ∧ −→

   

   −−→ ∧ ∧ −→

=

d f  e (M ) =

AM 

−M →A,f   moment en A de la force de   Coriolis : −M →A,f  = −−→ ∧ d−→f  c(M ) = − AM  ∧

AM 

a  e (M )dm

c

c

a  c (M )dm

AM 

5. Théorème du moment cinétique en G  d’un solide dans son référentiel barycentrique (galiléen ou non)

→σ ∗G −→ d− −→ ∗ D  = = MG,ext G

dt

28

 

M.Mounjid

Exercices d’application de la dynamique d’un système matériel Exercice 1 : Glissement de solides

y

Un prisme homogène de masse M , de centre d’inertie G, dont la section droite a la forme d’un triangle isocèle d’angle α, peut glisser sur le sol horizontal, parallèlement à l’axe Ox. Sur ce prisme, peuvent glisser deux deux cubes ; l’un l’un de masse 2m  centré en A  et l’autre de masse m  centré en B ; reliés par un fil inextensible passant passant par une petite poulie P  ;  ; le fil et la poulie ont une masse négligeable et les deux brins de fil sont en permanence parallèles aux lignes de plus grande pente du prisme.

P 

−→g

A

X A

B G

α

α

X B

x

O

On négligera tout type de frottement.

1.  Déterminer les accélérations de A  et B  dans le référentiel  R.  O x, le théorème de la résultante cinétique, dans le référentiel 2. Appliquer, en projection sur l’axe  Ox galiléen, à l’ensemble (prisme, cube A, cube B , fil et poulie).

R supposé

3. Écrire, en projection sur l’axe  P X A , le théorème de la résultante cinétique, cinétique, dans le référentiel référentiel R, du cube  A. 4. Écrire, en projection sur l’axe P X B , le théorème de la résultante cinétique, dans le référentiel référentiel R, du cube B . 5.  Établir la relation entre la norme de la force exercée par le fil sur le cube A  et celle exercée par le fil sur le cube B . 6.  Quelle relation simple relie l’accélération de A  et celle de B  dans le référentiel lié au prisme. 7.  Déduire, de ce qui précède, l’accélération a  du prisme en fonction de m, M , g et α. Exercice 2 : Rupture d’une tige qui tombe sur le sol Une tige AB , homogène, de masse m, de longueur b, posée sur le sol en A, tombe à partir de la position verticale. Nous supposons que, pendant la chute, le point A  reste fixe et la tige reste dans le plan vertical (Axy )  fixe. Le sol exerce sur la tige en A  une action mécanique réductible à une simple force qui s’applique en A. Penda endannt la chute, ute, la porti portion on de la tige tige AP  exerce sur la portion P B  des actions mécaniques qui se traduisent par une résultante et un moment en P  notés respectivement :

x

−→ N  B P 

−→g

θ

−→T  y A

−R = −→T  + −→ (comme l’indique le schéma ci-contre, → −N   + N  (comme •→  −→ est colinéaire à  AB  et T  dans le plan vertical  ( Axy)) ; → p. • −M 29

 

M.Mounjid

x

1.  −→  −→ 1.1.  Exprimer T  et M p, en fonction de l’angle θ  et de la longueur x =  AP .

 −→

−→

−→

1.2.  On pose T  0  =  T   et M p0  p0  = M p  ; tracer l’allure de  T 0  et de M p0  p0  en fonction de x, pour une valeur de θ  donnée. 2.  En général, une cheminée d’usine qui s’abat se brise avant de toucher le sol. En admettant la validité du modèle précédent, préciser en quel point on peut prévoir cette cassure. Le moment d’inertie d’une tige de masse m  et de longueur b  par rapport à un axe passant par son centre G 1 mb2 . et perpendiculaire à la tige est J  = 12

30

 

M.Mounjid

Corrigé des exercices d’application de la dynamique d’un système matériel Exercice 1 : Glissement de solides 1.  Soient : x  :

abscisse du centre d’inertie G  du prisme sur l’axe Ox.

X A  =  P A  : position du centre d’inertie du cube A. X B =  P B  : position du centre d’inertie du cube B .

D’après la loi de composition des accélérations, l’accélération l’accélération du cube cub e A dans le référentiel galiléen R(O , x , y , z) :

−→a A

→ −a rA  + −→a eA  + −→a cA

=

avec :

−→ −→a rA  = d2P2A dt

R





avec

er enttiel d origine P en translation par rapport `a R R  r´efef ´eren

→ −a A

¨ A e XA  + x = X  ¨ e  x ¨ A cos α) e  x x X  = (¨

d’où :

−→ −

−→ −→ − X ¨A sin α)−→e  y

L’accélération du cube B  dans R(O , x , y , z)  :

−→a B

−→ − X ¨B sin α)−→e  y

¨ B cos α) e  x = (¨x + X 

2.  Le théorème de la résultante cinétique, dans R  galiléen, de l’ensemble (prisme, cube A, cube B, fil et poulie) de centre d’inertie G , donne :

−→

−→

−→

−→

(M  +  + 2m + m) a G  =  M  a  G  + 2 m a  A  + m a  B =

→e  x : Projetons cette relation sur − M x ¨ + 2m(x¨

−e  y  + −→ −(M  + R  + 2 m + m)g→

− X ¨A cos α) + m(¨x + X ¨B cos α) = 0

 

(2.1)

3.  Le théorème de la résultante cinétique, dans R  galiléen, du cube A  en projection sur l’axe P X A , donne : ¨ A ) = 2mg sin α 2m( x ¨ cos α + X 

−

 

− T A

(2.2)

4.  Le théorème de la résultante cinétique, dans R  galiléen, du cube B  en projection sur l’axe P X B , donne : ¨ B ) = mg sin α m(¨ x cos α + X 

 

− T B

(2.3)

5.  Le théorème du moment cinétique à la poulie en son centre C , dans son référentiel barycentrique :

−→

dσ ∗ C  = dt

d’où :

J θ¨ =

−T Ar + T B r

−M −→∗ (Σ−F −−→) C  ext ext (r  = rayon de la poulie)

puisque la poulie a une masse nulle, alors J  = 0, ce qui implique que :  

T A  =  T B

31

 

(2.4) M.Mounjid

6.  Le fil étant inextensible, alors : ¨B = X 

−X ¨A

 

(2.5)

¨ A , X  ¨B , x 7.  D’après ce qui précède, on a cinq inconnus X  ¨, T A  et T B  et cinq relations (2.1), (2.2), (2.3), (2.4) et (2.5), d’où l’on tire : mg sin α cos α

x ¨ =

M  +  + 3 m sin2 α

Exercice 2 : Rupture d’une tige qui tombe sur le sol 1. 1.1.  théorème du moment cinétique en A, de la tige complète AB , dans R  supposé galiléen : ¨ez J Az Az θ

  = AG mb

=

→A(−→ R A) ∧ mg + −M

G sin θ ez

2

or d’après le théorème théorème d’Huygens  : J Az Az =  J Gz Gz  + m

D’où : θ¨ =

b2

4

=  m

b2

3

3 g sin θ 2b

Appliquons le théorème de la résultante cinétique à la portion  P B  de longueur  b − x, de masse  m 1  = mb  ( b − x) et de centre d’inertie G1  tel que AG1  =  x + b−2 x = b+2 x :

−→

d2 AG1 =  m 1 g + T  + N  m1 dt2

Comme :

→ − −→ −→

−−→

b + x

AG1  =

alors :

2

−→

d2 AG1 b + x ¨ θ e  θ = dt2 2

−→ − b + x θ˙2−→e  r 2

→e  θ : Projetons la résultante cinétique sur  −

m1

or : m1  =

b+x¨ θ  =  T  + m1 g sin θ

2

m  ( b b

3 et θ¨ = g sin θ 2b

− x)

donc : T  =  mg sin θ

Théorème du moment cinétique en G1  de la portion

−→

J G1 P  ¨ θ e  z

=

−→ → − M P ( R ) =

b

− x 3x − b

b 4b P B , dans (A,x,y,z )  :

 R −→G (→ −R ) + −M →G (m1 −→g ) M −→P (−→ −→ −−→ M R ) + R ∧ P G1 1

=

d’où :

−→e  r



J G1 P  ¨ θ +

32

1

b



− x T  −→e  z 2

 

M.Mounjid

avec : J G1 P  =

or : θ¨ =

m1 (b

− x)2 = m(b − x)3

12

12b

3 b x 3x b g sin θ et T  =  mg sin θ b 2b 4b

−

donc :

−

−M  →P (−→ x(b − x)2 →e z R) = mg sin θ − 2 4b

−→ 1.2.  Allure de T 0  = | T  | = (b−x4)b|3x−b| mg sin θ  pour une valeur de θ  donnée (0  < θ < π2 ) : 2

  Pour x

∈ [0, 3b ]  :

(b

T 0  =

d’où :

  Pour x

− x)(b − 3x) mg sin θ 4b2

6x 4b dT 0 mg sin θ < 0 pour x = 4b2 dx

−

∈ [ 3b , b] :

(b

T 0  =

d’où :

dT 0 = dx

∈ [0, 3b ]

− x)(3x − b) mg sin θ 4b2

 −6x + 4b mg sin θ = 0 pour x = 2b 4b2

3

donc l’allure de T 0  en fonction de x, pour une valeur de θ  donnée, est : T 0

mg 4

sin θ

x b 3

0

  Allure de

On a :

2b 3

b

−−→ x(b−x) mg sin θ, en fonction de x, pour une valeur de θ  donnée  MP 0 P 0  = |MP | = 4b 2

2

MP 0 P 0 = 0 =⇒ dx

d

x =

b

3

et x  =  b

L’allure de MP 0 P 0  en fonction de x, pour une valeur de θ  donnée, est : 33

 

M.Mounjid

M p0  p0 b 9 mg sin θ

0

x

b 3

b

2.  La cheminée d’usine se brise pour T 0  = 0  c’est à dire pour : x  =

34

b

3

 

M.Mounjid

CHAPITRE

3 ÉTUDE ÉNERGÉTIQUE D’UN SYSTÈME MATÉRIEL

1. Étude énergétique d’un Système de points matériels Soit  (Σ)  un système de N  points matériels M i  de masse mi .

1.1. Théorème de la puissance cinétique dans un référentiel galiléen  R L’énergie cinétique de  (Σ)  dans R  est : E c  =

 i

1 mi vi 2 2

−→

dE c = dt

=

⇒



−→ −→

mi vi . ai

i

or le théorème de la résultante cinétique du point M i  dans le référentiel  galiléen R  est :

−→ −→

−→

mi ai = f   i,ext + f   i,int

donc :

dE c = dt

avec :

• P ext ext  = • P int int  =

 −→  −→ i

i

→v  i f   i,ext .− →v  i f   i,int .−

 

P ext ext  + P int int

 la puissance des forces extérieures appliquées sur le système  (Σ) .

 la puissance des forces intérieures appliquées sur  (Σ) .

Remarques :  1) La somme des  forces intérieures  appliquées sur un système, et la somme de leurs moments en un point, sont nulles. Par contre, la somme de leurs puissances n’est pas toujours nulle. 2) P int int  est indépendante du référentiel d’étude. En effet :

• Dans un référentiel R(O , x , y , z)  :

P int int  =

 −→



P 

 −→



• Dans un référentiel R(O , x , y, z ) : int  =

→v i f   i,int .−

i

→v i f   i,int .−

i

or d’après la loi de composition des vitesses :

→ −→v  i  = → −v i + −→v O /R + −→ω R /R ∧ −O−−M  i 



35

donc :

P int int or :

=

    − → −→  −→ R −→  −−−→ ∧ −→   −−−→ ∧ −→ −M→ −→ −→

 −→  −→

f  i,int   i,int . v

i

i

+

. v  O



/

 + ω .

i

f  i,int   i,int  = 0

i

d’où :

f  i,int   i,int

O M i

f   i,int

i

et

f   i,int  =

O M i

O ,int  = 

0

i

 P int int  = P int

1.2. Théorème de la puissance cinétique dans un référentiel non galiléen L’énergie cinétique du système  (Σ)  dans un référentiel  non galiléen R   est : E   = c

 i

1 mi v i 2

−→



dE c = dt

=

⇒



−→ −→

(mi v i . a i )

i

or le théorème de la résultante cinétique du point M i  dans R  non galiléen, est :

−→ −→

−→

−→

−→

mi a i  = f   i,ext + f  i,int   i,int  + f  e (M i ) + f  c (M i )

 −→

 −→

avec f  e (M i )  et f  c (M i )  sont respectivement la force d’inertie d’entraînement et de   Coriolis  du point M i . d’où :

dE c = dt

avec :

 −→  −→  −→  −→

  = • P ext

i

  = • P int i • P e  = i • P c = i

d’où :

  + P   + P e + P c P ext int

→v i  la puissance des forces extérieures. f   i,ext .− →v i  la puissance des forces intérieures. f   i,int .− →v i  = − (mi−→a e (M i).−→v i)  la puissance des forces d’entraînement. f  e (M i ).− i −v i  = −2 mi −→ω R /R ∧ −→v i .−→v i  = −→0  la puissance des forces de   Coriolis . f  c (M i ).→

      





i

dE c = dt

  + P   + P e P ext int

1.3. Théorème de la puissance cinétique dans le référentiel barycentrique  R ∗ Dans R∗  a priori non galiléen :

dE c∗ = dt

avec :

P ∗ e

=

= =

 −→

→v ∗i f  e(M i ).−

i

or :

−→a ∗e (M i)

∗  + P ∗  + P ∗ P ext int e

 −  =

−→

→ −

[mi a ∗e (M i ). v ∗i ]

i

−−→i + −→ω ∧ (−→ω ∧ GM  −−→i ) → −a G/R + d−→ω R /R ∧ GM  R /R R /R dt → −a G/R   puisque → −ω R /R  = −→0 ∗

∗

∗

∗

d’où :

P ∗ e

= =

−−→i −−→a G/R.  ddt miGM  i → −0 par par d´efini e finiti tion on du cen centre tre d  inertie G



36



 

M.Mounjid

Par conséquent :

dE c∗ = dt

∗  + P ∗ P ext int

1.4. Énergie mécanique d’un système de points matériels 1.4.1. Énergie potentielle

 −→

Dans un référentiel  R, l’énergie potentielle dont dérive la force f  i  appliquée sur un point matériel M i est telle que :

−−→f  i.−→v  i dt

dE  pi  =

 −→

On dit que la force f  i  est une force conservative. L’énergie potentielle du système  (Σ)  constitué par les points M i , est : E  p  =



E  pi

i

1.4.2. Énergie mécanique L’énergie mécanique du système  (Σ)  dans R  est : E m  =  E c + E  p =

 i

 −→ 

1 mi v i2 + 2

E  pi

i

d’où : dE m  =  dE c  + dE  p

or : dE c  =  δW   δ W c + δW nc

et

dE  p  =

−δW c

 δ W c et  δW   δ W nc sont respectivement avec δW  respectivement les travaux élémentaires élémentaires des forces f orces conservatives conservatives et non conservatives. conservatives.

d’où : dE m  =  δW   δ W nc

1.4.3. Conservation de l’énergie mécanique Si toutes les forces appliquées sur le système (Σ)  dérivent d’une énergie potentielle ou s’elles ne travaillent pas, alors : δW nc = 0

E m  =  E c  + E  p  = cte  est dite  intégrale

=

⇒

E m  = cte

première du mouvement  et le système est dit  conservatif .

2. Étude énergétique d’un solide 2.1. Théorème de la puissance cinétique d’un solide dans un référentiel galiléen Dans R  galiléen  :

dE c = dt

P ext ext  + P int int

avec P ext ext  la puissance des forces extérieures :

P ext ext  = −→

 ( M )  force d f  (

    →−

−→

d f  (  ( M ). v M 

élémentaire exercée sur un point quelconque M  du solide.

37

 

M.Mounjid

Soit A  un point du solide, alors :

−−→A ∧ −→ω −→v  M  = −→v A + M solide/R

d’où :

−→ ext .−→v A + −M →A,ext.−→ω P ext ext  = F  ext solide/R → − int .−→v  A  + −M →A,int.→ −ω P int int  = F  int

De même :

solide/

R

or :

−→ −→ F  int  int  = 0

−→A,int = −→0 M

et

donc la puissance des forces  intérieures  appliquées sur  un solide  est nulle :

P int int  = 0 d’où :

dE c = dt

−→ ext .−→v A + −M →A,ext.−→ω P ext ext  = F  ext solide/R

Remarques :  1) La puissance des forces intérieures d’un solide est nulle, alors que la puissance des forces intérieures d’un système de points matériels et/ou de solides n’est pas a priori nulle et indépendante du référentiel où on la calcule.

 −→

2) La puissance d’une force localisée R  c’est à dire s’appliquant sur un point B  du solide est :

→v  B P = −→ R .− 2.2. Théorème de la puissance cinétique d’un solide dans un référentiel non galiléen Dans R  non galiléen  :

dE c = dt

  + P e + P c P ext

avec P e  puissance des forces d’entraînement :

P e

=

    −→

   →−

−→

    −→ −→  −    →−      −→R R ∧ −→   −→  −  

−→

→v  (M ) = − d f  e (M ).−

et P c  puissance des forces de   Coriolis  :

P c

= =

d’où :

a  e (M ) v  (M )dm

a  c (M ) v  (M )dm

d f  c (M ). v (M ) =

2

ω



v (M ) . v (M )dm  = 0

/

dE c = dt

  + P e P ext

2.3. Théorème de la puissance cinétique d’un solide dans un son référentiel barycentrique Dans R∗  a priori  non galiléen  :

dE c∗ = dt

avec :

P e

= =

∗  + P ∗ P ext e

−   →− ∗ −−→a G/R. ddt

= 0

d’où :

−→ −−→ GMdm

a e (M ) v  (M )dm

dE c∗ = dt

38

   

∗ P ext  

M.Mounjid

Résumé : Étude énergétique d’un solide 1. Théorème de la puissance cinétique d’un solide dans un référentiel galiléen  R

→ −

 ( M )  la résultante de la force  extérieure  appliquée sur un point M  d’un solide : Soit d f  ( dE c = dt

    →−

P ext ext  =

−→

d f  (  ( M ). v  (M )

avec P ext ext  la puissance des forces extérieures :

−→ ext .−→v A + −M →A,ext.−→ω P ext ext  = F  ext solide/R

A  étant

un point quelconque du solide.

Remarque :  La puissance des forces intérieures d’un solide est nulle, alors que la puissance des forces intérieures d’un système de points matériels et/ou de solides n’est pas a priori nulle et indépendante du référentiel où on la calcule. 2. Théorème de la puissance cinétique d’un solide dans un référentiel non galiléen  R  dE c = dt

  + P e + P c P ext

avec P e  puissance des forces d’entraînement :

P e  =

    →−

→ −

d f  e (M ). v  (M ) =

−   →−

→ −

a  e (M ). v  (M )dm

et P c  puissance des forces de   Coriolis  :

P c  =

    −→

→v  (M ) = − d f  c (M ).−

   →−

−→

a  c (M ). v  (M )dm = 0

3. Théorème de la puissance cinétique d’un solide dans son référentiel barycentrique dE c∗ = dt

∗ P ext

4. Énergie mécanique d’un solide dans un référentiel  R 

1 E m  =  E c + E  p  = 2

 dE m  =  δW   δ W nc

   →−

v 2 (M )dm

    → − −

−→

 ( M ). v  (M )dt d f  (

Travaux Travaux ´el´ el´ementair eme ntaires es des forces for ces non conservati con servatives ves

39

 

M.Mounjid

Exercices d’application de l’étude énergétique d’un système matériel Exerc xercic icee 1 : Osci Oscill llat atio ions ns d’un d’unee tige tige sur sur un demi-cercle Une tige homogène AB , de centre C , de longueur  2 L, de moment d’inertie J  = 31 mL2 par rapport à un axe perpendiculaire à la tige et passant par C , glisse sans frottement à l’intérieur d’un demi-cercle de centre O 2 L. et de rayon R = √  3

O

y

B θ

C 

A

→ −g

Ce demi-cercle est situé dans le plan vertical (Oxy ) d’un référentiel galiléen. x

1.  En appliquant le théorème de l’énergie cinétique, déterminer l’équation différentielle vérifiée par l’angle −→ −−→ θ  = Ox, OC  .





2.  Calculer  Calculer la ppériode ériode des petites oscillations oscillations de la tige autour de sa positi p osition on d’équili d’équilibre. bre. y

Exercice 2 : Mouvement d’une barre appuyée contre un mur Le référentiel terrestre est supposé galiléen. Une barre AB  homogène de masse  m , de longueur  2 b et de centre G, milieu de AB , est posée sur le sol horizontal et repose contre un mur vertical. Sa position est déterminée −→ −−→ par l’angle  α  = (Ox, OG). Les contacts en  A  et  B  sont supposés sans frottements.

B G α Oz

A

x

1. →v (G) du point  G  en fonction de  α  et de la dérivée 1.1.  Déterminer directement les composantes de la vitesse  − de α.

 −→

1.2.  En déduire le vecteur rotation Ω  de la tige. 2. 2.1.  Écrire l’intégrale première de l’énergie en supposant qu’à l’instant initial, la barre est immobile avec une inclinaison α0 .

 −→

2.2.  Calculer la réaction R B , du mur sur la barre, et en déduire pour quelle inclinaison α 1 , la barre quitte le mur. On donne le moment d’inertie de la barre par rapport à sa médiatrice J  = 31 mb2 .

40

 

M.Mounjid

Corrigé des exercices d’application de l’étude énergétique d’un système matériel Exercice 1 : Oscillation d’une tige sur un demi-cercle 1. D’après le théorème de   Koenig, l’énergie cinétique de la tige dans le référentiel galiléen

R(O , x , y , z), est :

 1 = E c∗ + m v  2C  2 1  ˙ 2  1 2 J θ + m v C  = 2 2

→ −

E c

−→

√ 

comme OC  = R2 − L2 = R2 , alors :

−e  r R −→v  C  = R d→ →e  x  + cos θ−→e  y ) =  (− sin θ − 2 dt

d’où : 2

et puisque J  =  m L3 et L =

√ 3 2

2

R2 ˙ 2 1  ˙ 2 E c  = J θ + m θ 2 8 R,

alors : J  =  m

donc :

R2

4

mR2 ˙ 2 E c  = θ

4

le théorème de l’énergie cinétique de la tige, dans  R  galiléen, est : dE c =  m g . v  C  + dt

−→ → −

(force de contact en A  et B ) P (force

Puisque la tige glisse sans frottement sur le demi-cercle, alors la puissance : (force de contact en A  et B ) = 0 P (force

d’où :

mR2 ¨ θ  =

2

donc :

θ¨ +

− mg R sin θ 2

g  sin θ  = 0 R

2.  Petites oscillations impliquent : sin θ

d’où l’équation du mouvement de la tige : θ¨ +

θ

g θ  = 0 R

donc la période de ces oscillations, est : T  = 2 π

 

R g

Exercice 2 : Mouvement d’une barre appuyée contre un mur 1. 1.1.  On a :

   =  b cos α ex  + b sin α  OG ey

41

 

M.Mounjid

donc :  vG  =  b α˙ ( sin α  ex + cos α  ey )

−

1.2.  On a :  vG

  = vA + GA

∧ Ω 

  dOA + (b cos α ex b sin α ey ) Ω  ez dt b sin α(2α˙  + Ω)  ex Ωb cos α  ey

= =

− −

−

∧

or d’après  1.1.  :  vG  =  b α˙ ( sin α  ex + cos α  ey )

−

d’où, par identification : Ω=

2. 2.1.  L’énergie mécanique :

−α˙

  = et Ω

−α˙ ez

E m  =  E c  + E  p  = cte

avec : E c  énergie cinétqiue : E c

= =

 E  p  énergie

1  1 2  + J Ω2 mvG 2 2 2 2 2 mb α˙ 3

potentielle de pesanteur, puisque le travail des forces de contact en A et B  est nul (pas de

frottement) : E  p  =  mgb  mg b sin α

d’où, l’énergie mécanique, vaut : E m  =

2 2 2 mb α˙ + mgb sin α  =  cte  =  mgb sin α0 3

2.2.  Théorème de la résultante cinétique de la barre dans  R(O,x,y,z) :  A  + R  B  + m R g  =  maG

En projection sur l’axe Ox, on trouve : RB =

or, d’après la question 2.2. :

−mb(α¨ sin α + α˙ 2 cos α)

2 2 bα˙ + g sin α  =  g sin α0 3

La dérivée dérivée de cette cette expressi expression on par rapport au temps, temps, donne : α ¨  =

d’où :

−  34b g cos α



3 3 RB = mg cos α  sin α 2 2

− sin α0

La barre quitte le mur lorsque RB = 0  c’est à dire pour : α1  = arcsin



42

2  sin α0 3



  

M.Mounjid

CHAPITRE

4

CONTACT ENTRE DEUX SOLIDES. LOIS DU FROTTEMENT

1. Vitesse de glissement Considérons deux solides S 1 et S 2  en contact sur une petite surface plane  (Σ)  et en mouvement par rapport à un référentiel R, et I un point quelconque de  (Σ) .

S 2 plan  π  tangent à  S 1  et S 2

I 

On appelle vecteur vitesse de glissement en I , de S 2 sur S 1 :

S 1

−→v g (I ) = → −v  I ∈S  /R − −→v I ∈S  /R 2

1

Remarques :

→v  g  est indépendant du référentiel R. En effet, d’après la loi de composition des vitesses : 1) − −→v  I ∈S  /R  = −→v I ∈S  /R  + −→v O /R + −→ω R /R ∧ −−−→ O I S  S  2

2







2

→ −

−→

−→

−→

et v  I ∈S  /R  = v I ∈S  /R  + v O /R + ω R /R 1

1





or à l’instant t, I S  S   ≡ I S  S  , donc : 2

1

−→v g (I ) = −→v  I ∈S  /R − −→v I ∈S  /R  = −→v  I ∈S  /R  − −→v  I ∈S  /R 2

1



2

1



est indépendant du référentiel d’étude, en particulier pour R ≡ R S   référentiel lié à S 1 : 1

−→v  g (I ) = −→v I ∈S  /R 2

S1

→v  g  appartient au plan π  tangent à S 1  et S 2  en I , c’est à dire au plan π  passant par (Σ). 2) − −→

→v  g (I ) = 0 . 3)  On dit que S 2  ne glisse pas sur S 1 en I  si − 2. Torseur des actions mécaniques de contact de S 1 sur S 2   Sa résultante est :

−→ R =

   −→

−→ −→

dR(M ) = T  + N 

−→ sur S 2  en un point M  de la surface  (Σ)  du contact. → −T  force de frottement de glissement. Elle appartient au plan tangent π. → −N  réaction normale à π. dR(M )  force élémentaire exercée par S 1

43



∧ −−−→ O I S  S  1

  son

moment en I  est   est :

−M →I,contact =

 −→

   −−→ ∧ ∧ −→

dR(M ) =

I M 

−M →I,t  + −M →I,n

 −M →I,t  ∈ au plan tangent π. −M →I,n  moment de frottement de pivotement.  −M →I,n  ⊥ π.

avec MI,t  moment de frottement de roulement.

3. lois de   Coulomb  du frottement de glissement

→v  g  sont colinéaires et de sens opposés : • Si −→v  g  = −→0 , alors −→ T  et − −→T  ∧ −→v g = −→0 et → −T .→ −v g < 0 En plus, on a : |−→T  | = f N  avec f  coefficient de frottement de glissement, f >  0 .

• Si −→v  g  = −→0 , alors |−→T  | < f N . 4. Puissance des actions mécaniques de contact

 −→

La puissance de la réaction R de S 1 sur S 2 , dans un référentiel R  est :

P 1  =

   −→

−→ −→

−→

dR(M ). v  M ∈S 2 /R  = R . v  I ∈S 2 /R  +

−M →I .−→ω S  /R 2

avec M  point de la surface  (Σ)  du contact. La puissance puissance de la réaction de S 2 sur S 1, dans R  est donc :

P 2  =

−   −→

−→

dR(M ). v  M ∈S 1 /R  =

→I .−→ω →v I ∈S  /R − −M −−→ R .− S  /R 1

1

Si le système étudié est (S 1 ∪ S 2 ), alors la puissance des actions mécaniques de contact ou puissance des inter-efforts inter-efforts entre S 1 et S 2, est :

P 

=

P  → −R1. +−→v  gP (2I ) + −M →I .−→ω S  /S  → −T .−→v  g (I ) + −M →I .−→ω

=

2

=

1

S 2 /S 1

Remarque : On aura :

P = −→T .−→v g (I )

dans les cas suivants :  S 2  en translation par rapport à S 1   Contact ponctuel en I  :

−→

→ω S  /S  = 0 . : − 2

1

 −M →I (−→ R ) = 0.

   Contact

entre S 2 et S 1  se fait sur une ligne rectiligne. Exemple : roulement d’un cylindre sur un plan :

−M →I .−→ω S  /S  2

1

= =

    −→ ∧ −→ −→     −→ ∧ −→ (I A

dR). ω S 2 /S 1

(I A e  z

y

z

→e  z dR).ωS 2 /S 1 −

x

44

 

M.Mounjid

−→

 −→ −→

−→

→v g (I ) est nulle lorsque T  = 0  (pas de frottement) ou −→v  g = 0  (pas de glissement). D’où : P = T .− 5. Rotation sans frottement d’un solide autour d’un axe fixe Considérons un solide en rotation   sans frottement  O z fixe dans un référentiel R. Il s’agit autour d’un axe  Oz donc d’une  liaison pivot (ou rotoïde) parfaite  :

Solide

−→ −→O,contact.−→e z = 0 −e  z = 0 et M R .→ − → − avec R   force exercée par l’axe Oz   sur le solide et −M →O,contact  moment de la force −→ R en O.

−→ω

O

z

Le théorème du moment cinétique appliqué au solide au point O  de l’axe Oz  donne :

−→

J θ¨ e z  +

−→

d σ  O ⊥ = dt

−M →O + −M →O,contact

avec :  J  moment

d’inertie du solide par rapport à Oz .

 −→ composante du moment cinétique en O, normale à l’axe de rotation Oz .  −→  MO  moment de toutes les forces extérieures appliquées au solide (y compris les forces d’inertie si  R n’est  σ  O ⊥  la

pas galiléen), autres que les forces de contact entre celui-ci et l’axe de rotation. Ce qui donne, en projection sur Oz , puisque MOz,contact = 0  : J θ¨ =

MOz

Remarque :  Le théorème de la puissance cinétique redonne le même résultat : dE c dt

d’où :

=

d dt

 

1  ˙ 2 J θ  = 2

J θ¨ =

MOz  ˙θ

MOz

45

 

M.Mounjid

Résumé : Contact entre deux solides. Lois du frottement 1. Vitesse de glissement On appelle vecteur vitesse de glissement en I , d’un solide S 2  sur un solide S 1 :

−→v g (I ) = −→v  I ∈S  /R − −→v  I ∈S  /R 2

1

Remarques :

→v  g  est indépendant du référentiel R. 1) − →v  g  appartient au plan π  tangent à S 1  et S 2  en I . 2) − −→

→v  g (I ) = 0 . 3)  On dit que S 2  ne glisse pas sur S 1 en I  si − 2. Torseur des actions mécaniques de contact de S 1 sur S 2   Sa résultante est :

−→ R =

   −→

−→ −→

dR(M ) = T  + N 

−→ sur S 2  en un point M  de la surface du contact. −→ T  force de frottement de glissement. Elle appartient au plan tangent π . −→ N  réaction normale à π .

dR(M )  force élémentaire exercée par S 1

  son

moment en I  est   est :

−M →I,contact =

 −→

   −−→ ∧ ∧ −→

dR(M ) =

I M 

−M →I,t  + −M →I,n

 −M →I,t  ∈ au plan tangent π. −M →I,n  moment de frottement de pivotement.  −M →I,n  ⊥ π.

avec MI,t  moment de frottement de roulement.

3. lois de   Coulomb  du frottement de glissement

→v  g  sont colinéaires et de sens opposés : • Si −→v  g  = −→0 , alors −→ T  et − −→T  ∧ −→v g = −→0 et → −T .→ −v g < 0 En plus, on a : N  −→T   = f −→ avec f  coefficient de frottement de glissement, f >  0 .

• Si −→v  g  = −→0 , alors :

−→T   < f −→ N 

4. Puissance des actions mécaniques de contact   La

 −→

puissance de la réaction R de S 1 sur S 2 , dans un référentiel R  est :

→I .−→ω →v I ∈S  /R + −M R .− P 1  = −→ S  /R 2

46

2

 

M.Mounjid

  La puissance de la réaction de S 2

sur S 1 , dans R  est donc :

→I .−→ω →v  I ∈S  /R − −M P 2  = −−→ R .− S  /R 1

1

  Si le système étudié est (S 1 S 2 ), alors la puissance des actions mécaniques de contact ou puissance des inter-efforts inter-efforts entre S 1 et S 2, est :

∪

P 

=

→I .−→ω −v  g (I ) + −M P 1 + P 2 = −→T .→ S  /S  2

1

Remarque : On aura :

P = −→T .−→v g (I )

dans les cas suivants :  S 2  en translation par rapport à S 1 .   Contact ponctuel en I .   Contact entre S 2

−→

et S 1  se fait sur une ligne rectiligne.

 −→ −→

−→

→v  g (I ) est nulle lorsque T  = 0  (pas de frottement) ou −→v  g = 0  (pas de glissement). d’où : P = T .− 5. Rotation sans frottement d’un solide autour d’un axe fixe  O z  fixe  dans un référentiel R. Il s’agit Considérons un solide en rotation  sans frottement  autour d’un axe  Oz d’une liaison pivot ou rotoïde  parfaite, donc :

−M →O,contact.−→e z = 0 Le théorème du moment cinétique appliqué au solide au point O  et en projection sur l’axe Oz , donne : J θ¨ =

MOz

avec :  J  moment

d’inertie du solide par rapport à Oz .

 MOz  projection sur Oz , du moment de toutes les forces extérieures appliquées au solide (y compris les forces d’inertie si R n’est pas galiléen), autres que les forces de contact entre celui-ci et l’axe de rotation. 

47

 

M.Mounjid

Annexe : Différents types de liaisons entre deux solides

Une liaison entre deux solides S 1 et S 2, est dite  parfaite, c’est à dire sans frottement, si la puissance des actions mécaniques de contact de S 1  sur S 2  et de S 2 sur S 1  est nulle :

P contact contact

→ −R .−→v  g (I ) + −M →I .−→ω S  /S  → −R .−→v − → −ω  + MI .→

=

2

=

 I  S 2 /S 1

= 0

∈

1

S 2 /S 1

 −→

 −→

 −→

avec I  un   un point de contact entre S 1 et S 2 , R  force exercée par S 1 sur S 2, MI  moment en I  de   de la force R .

1. Liaison glissière ou prismatique Le seul mouvement possible de  S 2  par rapport à  S 1  est un mouvement de translation rectiligne parallèle à un axe Oz lié  à S 1 =⇒

−→ → −  −→ →e  z = 0 . La liaison glissière est parfaite si R .− −→v I ∈S  /S  2

1

−→

Exemple : S 2

= z˙ e  z et ω S  /S  = 0 2

−→e  z

1

− −

S 1

On a bien : :

→ −R .−→v

=

P contact contact

∈ R  =

I  S 2 /

−→ →e  z = 0 R . z˙ −

2. Liaison rotule ou sphérique Le seul mouvement possible de S 2  par rapport à S 1 est un mouvement de rotation autour d’un point I  lié →v I ∈S  /S  = 0. I  étant le centre commun de à S 1 =⇒ − S 1  et S 2 . 2

Exemple : S 2

1

 −M →I  = −→0 , d’où : → −R .−→v −→ −→  I ∈S  /S   + MI . ω S  /S 

La liaison rotule est parfaite si =

P contact contact

2

1

2

S 1

I 

1

= 0

3. Liaison pivot ou rotoïde Le seul mouvement possible de  S 2  par rapport à  S 1  est un mouvement de rotation autour d’un axe Oz lié à

Exemple : I 

S 1 =

⇒

S 1

−→v  I ∈S  /S  = −→0 2

1

→ −

z

−→ −→I .−→e  z =0, ce qui M

et ω S 2 /S 1 = α˙ e  z

La liaison rotoïde est parfaite si donne :

S 2 α

P contact contact  = 0 48

 

M.Mounjid

4. Liaison pivot glissant ou verrou Les seuls mouvements possibles de S 2  par rapport à S 1  sont un mouvement de translation rectiligne sur un axe Oz lié à S 1  et un mouvement de rotation autour de cet axe. D’où :

−→v  I ∈S  /S  2

1

−→

→ −

Exemple :

−→

= z˙ e  z et ω S  /S  = α˙ e  z 2

1

La liaison verrou est parfaite si :

−→ →e  z = 0 R .−

et

−→I .−→e  z = 0 M

−→ω S 2

−

−→e z

S 1

Ce qui donne :

P contact contact  = 0

49

 

M.Mounjid

Exercices d’applications du contact entre deux solides - Lois du frottement y

Exercice 1 : Rotation d’un cylindre dans une cornière Un cylindre de masse  m , de rayon  R , tournant, à l’instant initial, à la vitesse angulaire positive  ω 0  autour de son axe, est posé sur une cornière. On suppose que le cylindre reste en permanence en contact avec les plans horizontal  ( Oxz ) et vertical  ( Oyz ) de la cornière et on appelle f  le coefficient de glissement entre le cylindre et les plans de la cornière.

−→ω −→g

C 

x

z O

1.  Montrer qu’au début il y a glissement du cylindre sur les plans  ( Oxz )  et (Oyz ). 2. Déterminer les modules des composantes tangentielles et normales des réactions respectives du plan  (Oxz ) et  ( Oyz )  sur le cylindre en fonction de f ,  m  et g. 3.  En appliquant le théorème du moment cinétique en C , détermin déterminer er la loi horaire horaire ω (t). 4. Calculer l’instant t0  auquel le cylindre cylindre s’immobili s’immobilise. se. Que se passe t-il ensuite ? 5.  Établir un bilan énergétique entre l’instant initial et l’instant t 0 . Le moment d’inertie d’un cylindre par rapport à son axe est J  = 21 mR2.

Exercice Exerc ice 2 : Roulem Roulemen entt sans sans gliss glisseme ement nt d’un d’un demi-disque sur un plan y

On considère un demi-disque D   homogène de centre C , de centre de masse G, de rayon R, et de masse m. Le référentiel terrestre  ( O , x , y , z) est supposé galiléen. Tout en restan restantt dans dans le plan plan horizo horizonntal (Oxy ), D roule sans glisser sur le plan horizontal (Oxz )  et on désigne par I  le   le point de contact entre le sol et D.

C  G

On repère la position de D  par l’abscisse x  de son −→ −−→ centre C  et   et par l’angle α = ( C I , C G). On donne C G = b = 43Rπ  ; le moment d’inertie de D par rapport à un axe passant par  C  et perpendiculaire à D  : J  = 21 mR2 .

α

x

I 

O

1. Établir une relation entre x˙  et α˙  exprimant le roulement sans glissement. 2.  Exprimer les composantes de la vitesse et de l’accélération du centre de masse G  en fonction de b, de α et de ses dérivées. 3.  On se propose de déterminer l’équation du mouvement de D  en utilisant différentes méthodes.

50

 

M.Mounjid

3.1. 1ère méthode : 3.1.1. Calculer l’énergie cinétique E c de D  en fonction de J , m, b  et α˙ . 3.1.2. Calculer l’énergie potentielle du pesanteur de D. 3.1.3.  En déduire une intégrale première du mouvement, puis établir une équation différentielle du second ordre satisfaite par α. 3.2. 2ème méthode : 3.2.1. Écrire le théorème de la résultante dynamique. 3.2.2. Écrire le théorème du moment dynamique en G, dans le référentiel barycentrique de D. 3.2.3. Retrouver l’équation du mouvement. 4.2. 3ème méthode : 4.2.1. Calculer le moment dynamique de D  en I . 4.2.2. Appliquer le théorème du moment dynamique en G  pour retrouver l’équation différentielle du second ordre en α. 5.  On suppose α  très petit. Linéariser l’équation obtenue et en déduire la période  T 0  des petites oscillations de D  autour de sa position d’équilibre. Exprimer d’abord T 0  en fonction de J , R, b, m  et de l’intensité g  de la pesanteur puis en fonction de R  et g  uniquement.

51

 

M.Mounjid

Corrigé des exercices d’applications du contact entre deux solides - Lois du frottement Exercice 1 : Rotation d’un cylindre dans une cornière 1.  Vitesse de glissement du cylindre sur le plan (yOz ), est : = vI  ∈cylindre/R

 vg

2

= vI  ∈cylindre/R

− vI  ∈yOz/R 2

2

= c + ωez C I 2 = Rω ey = 0

∧  

−

Puisqu’il y a glissement en I 2, alors d’après les lois de   Coulomb  :

|T  2| = f |N  2|  2  est opposée à  vg  = −Rω ey , donc : or T 

|T  2| = T 2  =  f |N  2|

De même, en I 1  :

|T  1| = f |N  1|

 1  est opposée à  vI  ∈cylindre/R  =  Rω T   Rω ex . 1

Théorème de la résultante cinétique appliqué au cylindre : mac  =   0 =  T 2ey  + N 2ex

T 1 , N 1 , T 2

− T 1ex + N 1ey − mgey

et N 2  étant positives.

donc : T 2 + N 1  =  mg et N 2  =  T 1

or : T 2  =  f N 2 et T 1  =  f N 1

d’où :

mg f mg f mg f 2mg N 1  = , T 1  = , N 2  = et T 2  = 1 + f 2 1 + f 2 1 + f 2 1 + f 2

Théorème du moment cinétique en C  dans   dans R  ou dans R∗ :

−→

−→ ∧ (−→ −→ 2 ) + C−−→I 1 ∧ (→ −N 1 + −→ −−→ −→ −→ N 2  + T  2 T  1  1 ) + C C  ∧ m g = −R(T 1  + T 2 ) e  z

J Cz ω e  z = C I 2 Cz  ˙

d’où : ω˙  =

donc : ω  =

− 2f 1(1++f 2f ) Rg

− 2f 1(1++f 2f ) Rg t + ω0

2.

2

0 (1 + f  ) ⇒ t0  = Rω 2gf (1 + f )

Ω=0=

Ensuite, le cylindre reste immobile.

3.  Théorème de l’énergie cinétique du cylindre dans  R  : E cf  cf 

 

E ci ci

t0

dE c  =

E c  = 52

  P  −→ 0

(Σ (Σ F  app  app )dt  

M.Mounjid

or :

E c = −

1 2 Jω = 2 0

−

mR2

4

ω02

et

−→ app ) = ( T 2 −→e y + N 2→ −e  x ).−→v I  ∈cylindre + ( −T 1−→e  x  + N 1 −→e  y ).−→v  I  ∈cylindre + m−→g .→ −v  c  = −Rω(T 1 + T 2) (Σ F  app P (Σ 2

1

d’où :

→ − app ) (Σ F  app P (Σ

=

−Rmgω f 1(1++f f 2 )

=

f (1 + f ) Rmg 1 + f 2

−

f (1 + f ) Rmg 1 + f 2

  − −

−

2f (1 + f ) g t + ω0 1 + f 2 R



donc : t0

  P  −→

(Σ (Σ F  app  app )dt =

−

0

−Rmg f 1(1++f f 2 )

=

or :

t0

  P  −→ 0

On trouve alors bien que :

(Σ (Σ F  app  app )dt  =

E cf  cf 

 

E ci ci

0

 

2f (1 + f ) g t + ω0 dt 1 + f 2 R 2f (1 + f ) g t20 + ω 0 t0 1 + f 2 R 2

Rω0 (1 + f 2 ) 2gf (1 + f )

t0  =

donc :

t0

− mR 4

2

ω02

t0

dE c  =

E c =

  P  −→

(Σ (Σ F  app  app )dt  =

0

−

mR2

4

ω02

Exercice 2 : Roulement sans glissement d’un demi-disque sur un plan 1. 1.1.  On a :

−→v  g

= = = =

→ −v I ∈D −→ xOy) ∈D/R − v  I ∈(xOy) → −v I ∈D ∈D/R → −v C ∈D −→ −→ ∈D/R + α˙ e  z ∧ C I  →e  x (x˙  + Rα˙ )−

donc : x˙  =

1.2.  On a :

−−→

−Rα˙

−−→ −−→

OG = OC  +  + C G x + b sin α

=

d’où :

−→v  G  = avec x˙  = −Rα˙ .

 

 

R

0

− b cos α

x˙ + bα˙ cos α bα˙ sin α

0

53

 

M.Mounjid

donc :

−→a G  = avec x¨  = −Rα¨.

  

x ¨ + bα ¨ cos α

− bα˙ 2 sin α

¨ sin α + bα˙ 2 cos α bα 0

2. 2.1.On a : E c  =

1  1 m v  2G  + J Gz α2 Gz  ˙ 2 2

−→

or, d’après le théorème d’ Huygens  : 2 J  =  J Cz Cz =  J Gz Gz  + mb

=

⇒

 −  − mb2

J Gz Gz =  J 

donc : E c

= =

1 m (R 2 1 (mR2 2



− b cos α)2α˙ 2 + b2α˙ 2 sin2 α − 2mbR cos α + J )α˙ 2



 1 + (J  2

 −  − mb2)α˙ 2

2.2. E  p  =  mgz G + cte =  mg (R

− b cos α) + cte −→ −→ →v −→ W ( R I ) = R I .− I ∈D ∈D/R  = 0

2.3.  Comme : alors :

E m  =  E c  + E  p  = cte

d’où l’intégrale première : 1 mR2 2



ce qui donne :



mR2



− 2mbR cos α + J 

α˙ 2 + mg (R

− b cos α) = cte

− 2mbR cos α + J   ¨α + mRbα˙ 2 sin α + mgb sin α = 0



3. 3.1.  Théorème de la résultante cinétique dans  R(O , x , y , z)  :

→ −

−→

−→

−→

m a  G  =  m g + N  e  y  + T  e  x

ce qui implique : m(b cos α

− R)α¨ − mbα˙ 2 sin α =  T 

mb(α ¨ sin α + α˙ 2 cos α) =  N 

 −  − mg

 

(4.1)

 

(4.2)

3.2.  Théorème du moment cinétique en G, dans le référentiel barycentrique  R ∗ :

−→

d σ ∗G = dt

−M →G, ext

→σ ∗G  =  J Gz →e  z  puisque le demi-disque appartient  à un plan perpendiculaire  à l’axe de rotation Gz α− avec − Gz  ˙ fixe  dans R∗ et  passant par G. or, le théorème d’Huygens  donne :

 −  − mb2

J Gz Gz =  J 

54

 

M.Mounjid

d’où, le théorème du moment cinétique en G, dans le référentiel barycentrique  R ∗ :

 −  − mb2)α¨−→e  z

(J 

−→ ∧ −→ −→ −−→ ∧ m−→g −−→ + C−→I ) ∧ (−→ −→ ) N  + T  ) (GC  + →e  y − sin α−→e  x ) − R−→e  y ] ∧ (N −→e  y  + T −→e  x ) [b(cos α− →e z  − bN  sin [(R − b cos α)T  −  sin α] −

= GI  ( N  + T  )  ) + GG = = =

donc :  sin α  −  − mb2)α¨  = (R − b cos α)T  −  − bN  sin

 

(J 

(4.3)

3.3.  En remplaçant dans (3), N  et T  par leurs expressions données par (1) et (2), on retrouve l’équation différentielle : (mR2

− 2mbR cos α + J )α¨ + mRbα˙ 2 sin α + mgb sin α = 0

4. 4.1.  Le théorème de   Koenig  pour le moment dynamique :

−→ D I 

→ −

−→ ∧ m−→a G

= D ∗G + I G

 

→ −

b sin α

= J Gz ¨ e  z  + R Gz α

or : donc :

−→ D I  =



0

− b cos α

 ∧ 

¨ + bα ¨ cos α m( R α

−

− bα˙ 2 sin α)

mb(α ¨ sin α + α˙ 2 cos α)

0

 −  − mb2

J Gz Gz =  J 

− 2mRb cos α  ¨α + mRbα˙ 2 sin α −→e  z

 + mR2 J  +





4.2.  Le théorème du moment cinétique ou théorème du moment dynamique, en I  :

−→ D I 

−→I, ext = I−→G ∧ m−→g M →e  x − cos α−→e  y ) ∧ (−mg)−→e y b(sin α− −mgb sin α−→e  z

= = =

comme :

−→ D I  =



− 2mRb cos α  ¨α + mRbα˙ 2 sin α −→e  z

 + mR2 J  +





alors, on retrouve, encore une fois, l’équation différentielle du mouvement du demi-disque : :

− 2mRb cos α  ¨α + mRbα˙ 2 sin α = −mgb sin α 5.  Comme α est très petit, alors  sin α  α,  cos α  1  et le terme en α¨ 2 est un terme d’ordre deux à négliger



J  +  + mR2



dans l’équation différentielle, d’où celle-ci devient :

mgb α  = 0 J  +  + mR2 2mRb

¨+ α

−

ce qui implique que la période : T 0  =

2π ω

or : J  =

= 2π

 

mR2

2

donc : T 0  = 2π

J  +  + mR2 2mRb mgb

−

et b  =

  − 9π

8g

55

16

4R 3π R

 

M.Mounjid

Problème 1 : Mouvement d’un cerceau lesté 1. Un système matériel ( Σ) est constitué d’un cerceau (C )   homogè homogène ne de masse masse m, de rayon b, de centre O, de moment d’inertie J  = 21 mb2 par rapport à un diamèt diamètre, re, sur lequel lequel se dépla déplace ce sans sans frotte frotteme ment nt un anneau assimilable à un point matériel P   de même masse m.

 ≡ Z 

z

B

y

P  θ

Le syst systèm èmee ma maté téri riel el (Σ) peut peut tour tourne nerr auto autour ur du diamètre vertical AB de (C )   qui reste fixe dans le référentiel référentiel galiléen R0 (O , X , Y , Z )  , grâce à des liaisons parfaites en  A  et B  entre (C ) et le bâti fixe  (b) lié à R0 . On associe au cerceau le référentiel R(O , x , y , z) ; l’axe Ox  étant perpendiculaire au plan du cerceau. On pose −−→ −→ ψ  = (OX , Ox).

−→e  θ −→e  r

O

Y  ψ

A

X 

x

−→

→e  r ). La position de P  dans le plan du cerceau, est déterminée par θ  = ( Oy, − →g = −g−→e z  l’accélération de la pesanteur. On désignera par − 1. 1.1.  Exprimer la vitesse de P  dans R  ainsi que la vitesse d’entraînement de P  par rapport à R 0 ; on écrira →e  x , −→e  y , −→e  z ). En déduire le moment cinétique de P  en O  dans R0 . ces expressions dans la base  ( − 1.2.  Calculer le moment cinétique de  ( C )  en O  dans R0 .

→σ O de  (Σ)  en O  dans R0, dans la base  ( → −e  x , −→e  y , −→e  z ). 1.3.  En déduire le moment cinétique − →σ O  sur l’axe Oz  se 2.  Appliquer le théorème du moment cinétique à  (Σ) . En déduire que la composante de  −  ˙  = dψ ). conserve conserve ; écrire une première relation entre les seules paramètres θ  et ψ˙  ( ψ dt 3.  Montrer que l’on peut obtenir directement une autre équation du mouvement en appliquant le théorème de la résultante cinétique à la particule P   dans R0 . Donner l’expression de cette relation liant b, g, θ  et les dérivées par rapport au temps de θ  et ψ. 4. 4.1.  Calculer l’énergie cinétique E c  du système  (Σ)  dans R0 . 4.2.  Calculer l’énergie potentielle de pesanteur  E  p p  du système  (Σ)  dans  R 0  (on prendra l’origine des énergies potentielles en z  = 0). 4.3.  Justifier  Justifier l’existence l’existence d’une intégrale intégrale première première de l’énergie l’énergie;; en déduire déduire une relation liant b, g, θ  et les dérivées par rapport au temps de θ  et ψ. 4.4.  Les équations obtenues en  2. ,  3.  et  4.3.  sont-elles  sont-elles indépendantes indépendantes ? Justifier votre réponse. 5.  On suppose maintenant, et pour toute la suite du problème, qu’un moteur, monté entre  ( C )  et le bâti  ( b) →e z . impose au cerceau  ( C )  une rotation autour de AB  à vitesse uniforme : ω −

 −→ −→

→e  z )  exercé par le moteur d’entraînement sur (C )  à l’aide du principe 5.1.  Déterminer le couple Γ ( Γ = Γ− fondamental de la dynamique. 56

 

M.Mounjid

 −→

5.2.  Montrer que l’on retrouve l’expression de Γ  en appliquant le théorème de l’énergie cinétique.

 −→

→e  x , −→e r , → −e  θ ). Que retrouv 6. Calculer la réaction R de  ( C )  sur  ( P )  dans la base  ( − retrouve-te-t-on on ? 7. 7.1.  Déterminer les positions d’équilibre relatif de P  par rapport à  ( C ). 7.2.  Étudier la stabilité de ces positions d’équilibre. Déterminer la période des petits mouvements autour de ses positions d’équilibre dans le cas ω 2 < ag .

57

 

M.Mounjid

Corrigé : Mouvement d’un cerceau lesté 1. 1.1.  On a :

−→v P/ R  =  bθ˙−→e  θ  =  bθ˙(− sin θ−→e  y  + cos θ−→e  z ) −→v e  = ψ˙ −→e z ∧ b−→e  r  = −ψb →e  x  ˙ cos θ − Le moment cinétique de P  en O  dans R0  est : −−→ ∧ −→σ O (P ) = OP   ∧ m−→v  P /R →e  r ∧ m −→v  P /R + −→v e = b− →e  x − ψ˙ cos θ sin θ−→e  y  + ψ˙ cos2 θ−→e  z = mb2 θ˙−

−→e θ −→e

 z

θ

−→e x

0







1.2.

−→e r

θ

−→e y



−→σ O (C ) = J ψ˙ −→e  z = mb2 ψ˙ −→e  z 2

1.3.

−→σ O

= =

2.

−→

→ −σ O (P ) + −→σ O (C ) →e  x − ψ˙ cos θ sin θ−→e  y  + mb2 θ˙−



−M →

→ −→ −M



 −→ 

1  + cos 2 θ ψ˙ e  z 2

−−→ ∧ →O,contact  ∧ (−mg−→e z ) + −M

d σ  O = O (2m g  ) + O,contact  = OP  dt or la liaison entre  ( C )  et le bâti étant parfaite :

−M →O,contact.−→e z = 0 d’où :

−→ −→

d( σ  O . e  z ) =0 dt

−σ O .−→e  z  = cste ⇒ →

=

donc :





1  + cos 2 θ ψ˙  = cste 2

3.

 

(4.4)

−→ −→

→ −

m a  P /R0 =  m g + R

or

−→a P /R

0

=

→ −a P /R + −→a e  + −→a c

avec :

−→a P /R

 d ˙ θ e  θ = b dt = bθ¨ e  θ bθ˙ 2 e  r

 −→ 

−→ − −→

avec :

−→a e

→ −  ∧ b−→e  r  + ψ˙ −→ → →e  r  ˙ − ez ∧ ψ ez ∧ b− −b cos θ ¨ψ−→e  x − bψ ˙ 2 cos θ−→e y



= ψ¨ ez =

58

  

M.Mounjid

−→a c d’où :

−→ ∧ → − −→

 ˙ ez bθ˙ e  θ = 2ψ  ˙  ˙θ sin θ e x = 2bψ

−R −→ − bθ˙2−→e  r − b cos θ ¨ψ−→e  x − bψ ˙ 2 ˙θ cos θ−→e y ) + 2mbψ ˙ sin θ−→e  x  =  m−→g + →

m(bθ¨ e  θ

d’autre part, P  se déplaçant sans frottement sur le cerceau, alors :

−→ −e  θ = −→0 R .→ →e θ  donne : : d’où la projection du théorème de la résultante cinétique de P  sur −  ˙ 2 cos θ sin θ + g cos θ  = 0 bθ¨ + bψ

 

(4.5)

4. 4.1. E c

1  1 m v  2P/ R + J ψ˙ 2 2 2

−→

=

mb2

=

0



2

˙2

˙2

θ +ψ



 1 cos θ + 2 2



4.2. = mgb sin θ

E  p

4.3.  La liaison entre (C )  et le bâti étant parfaite et l’absence de frottement entre P  et (C )  impliquent :

P contact contact avec avec Oz = 0

−→ → − P int int ( R , − R ) = 0

et

d’où : E m  =  E c  + E  p   = cte b2

2



θ˙ 2 + ψ˙ 2



cos2 θ +

 1 2



+ gb sin θ   = cte 

 

(4.6)

 

(4.7)

4.4.  Les relations (1), (2) et (4) sont dépendantes. En effet : d(1) dt

= 0



 1 ψ¨ cos2 θ + 2

=

⇒

−

 ˙ cos θ sin θ  = 0 2θ˙ ψ

 

(4.8)

et : d(4) dt

= 0



 1  ˙  ¨ bθ˙ θ¨ + bψ ψ cos θ + 2

=

⇒

2

−

 ˙ 2 ˙θ cos θ sin θ + g ˙θ cos θ  = 0 bψ

 

(4.9)

(6)-(5)*(bψ˙ ) donne la relation (2). 5. 5.1.

−→

d σ  O dt σOz dt

or : σOz =

donc :



−−→ ∧ →0,contact  ∧ m−→g + Γ−→e  z  + −M

= OP  = Γ



1  + cos 2 θ ψ˙ 2

Γ =

et ω  = ψ˙ = cte =

ψ¨ = 0

⇒

−2mb2 ˙θψ ˙ cos θ sin θ 59

 

M.Mounjid

5.2. dE c dt

or : E c  =

mb2

2

d’où :



˙2

˙2

θ +ψ



mbθ˙(bθ¨

d’après (2), on a :

P (m−→g ) + Γ .ψ ˙

=

 1 cos θ + 2 2



et ω  = ψ˙ = cte =

⇒

ψ¨ = 0

− bψ ˙ 2 cos θ sin θ + g cos θ) = Γψ ˙

bθ¨ + g cos θ  =

On retrouve donc : Γ=

6.

−bψ ˙ 2 cos θ sin θ

−2mb2 ˙θψ ˙ cos θ sin θ −→

m a  P /R0

−→

−→ −→

−→ −→ →g + −→ m− R

= mg + R

m( a  P /R  + a  e  + a  c ) =

d’où :

→ −R = 2 mbθ˙ψ˙ sin θ−→e  x  + ( −mbθ˙2 − mbψ ˙ 2 cos2 θ + mg sin θ)→ −e  r  + m(bθ¨ + bψ ˙ 2 cos θ sin θ + g cos θ)−→e  θ or d’après (2) :

 ˙ 2 cos θ sin θ + g cos θ  = 0 bθ¨ + bψ

On retrouve donc que :

→ −R ⊥ −→e  θ

ce qui traduit traduit quil n y a pas frottement entre (C ) et P 

7. 7.1.  Positions d’équilibre relatif de P  par rapport à  ( C )  implique :

−0 −→v  P /R  =  bθ˙−→e  θ  = →

→ −a P /R  =  bθ¨−→e θ − bθ˙2−→e r = −→0 =⇒

et

θ¨ = 0

d’où, d’après (2) : cos θ(g + bω 2 sin θ) = 0

donc les positions d’équilibre relatif correspondent à : θe1  =

π

2

, θe2  =

− π2   etet

sin θe3  =

− bωg 2 > −1 =⇒

ω2 >

g b

7.2.  Pour étudier la stabilité de ces positions d’équilibre, on posera θ  =  θ e + ε  et on utilisera utilisera l’équatio l’équationn (2) : bθ¨ + bω 2 cos θ sin θ + g cos θ  = 0  θe  =  θ e1  =

π 2

: ε¨

Cette position d’équilibre est donc instable.  θe  =  θ e2  =

− π2 :

ε¨ +

Cette position d’équilibre est donc instable si  θe  =  θ e3  tel

que  sin θe3  =

g ω + ε  = 0 b

 −

− bωg

2

>

g b



2

g b

  − 

ω 2 ε  = 0

< ω2

et elle est stable si

g b

> ω2.

−1 et ω2 > gb : ε¨ + ω 2 cos2 θe3 ε  = 0

60

 

M.Mounjid

Cette position d’équilibre est donc stable. Si ω 2 < gb , la position d’équilibre stable correspond à θ e  = − π2 , d’où : ε¨ +

La période est donc :

g b

  − 

T  =

ω 2 ε  = 0

2π

  − g b

61

ω2

 

M.Mounjid

Problème 2 : Roulement d’un cerceau sur un plan incliné On se propose d’étudier quelques mouvements d’un cerceau de masse m  et de rayon R. Ces mouvements auront lieu dans le plan vertical Oxy  le long d’un plan faisant l’angle α  avec l’horizontale. Le contact en I  du plan incliné est supposé toujours réalisé et il est caractérisé par un coefficient de frottement de glissement  −→ →e  x . f (terme (terme positif et constan constant). t). On posera OI  =  x −

−→e  y C  O

−→e  x I  α

→e  x −→e y −→e  z )  le repère lié à RL  supposé Dans tout le problème on raisonne dans le référentiel RL. On note  ( O− galiléen. On désignera par : −→v = v −→e  x  le vecteur vitesse de C , −→ω = ω −→e  z  le vecteur vitesse de rotation du cerceau, −→v  g  =  vg −→e  x  le vecteur vitesse de glissement du cerceau par rapport au plan incliné, −→ →e  x  + N −→e  y  la réaction du plan incliné sur le cerceau, F  =  T − →e  z . Á l’instant origine (t=0), I  se J  =  mR 2 le moment d’inertie du cerceau par rapport à l’axe C −   se trouve en O  et

les conditions initiales imposées au cerceau sont Rω 0 > v0 >  0.

Données numériques : m = 300  g ;  g  = 10  m.s−2 (accélération de de pesanteur) pesanteur) ;  f  = 0 , 2 ;  v 0  = 2  m.s−1 ;  Rω 0  = 7  m.s−1 ( on confondra  cos α  et 1  uniquement  pour les application numériques)

et  sin α  = 0, 1

1. Préliminaires

→v  g  à un instant t. 1.1.  Calculer la vitesse de glissement  − 1.2.  Exprimer l’énergie cinétique E k  du cerceau à un instant quelconque en fonction de m, v et Rω . 1.3.  Grâce au théorème du centre de masse et du théorème du moment cinétique et sans hypothèse particudω ˙. lière sur les mouvements du cerceau, trouver trois relations scalaires liant dv dt = v˙  et R dt =  R ω 1.4. Écrire le théorème de l’énergie cinétique, en déduire une relation homogène à une puissance liant liant v˙  et  R ω˙ . 1.5.  L’équation obtenue au  1.4.  est-elle indépendante de celles obtenues au  1.3. ? 1.6.  Calculer ω0  sachant que J  = 75.10−3 kg.m2 . 62

 

M.Mounjid

2. Première phase 2.1.   Calculer vg (t = 0). En déduire précisément les caractéristiques du mouvement ultérieur du cerceau. Exprimer T .  cos α − sin α)g. 2.2.  Trouver les lois d’évolution de v, Rω et v g  en fonction du temps. On posera a = (f  cos Calculer numériquement a.

2.3.  En déduire que v  s’annule pour un instant  t 1  à déterminer. Que valent alors Rω  et  v g ? on les désignera respectivement respectivement par Rω1  et vg1 . 2.4.  Exprimer la distance x1  parcourue par C  pendant   pendant cette première phase. 2.5 Application numérique :  calculer t1, Rω1, vg1, x1 et T 1 (T 1  désigne la réaction du plan incliné selon −→ e  x  pour cette première phase) 3. Deuxième phase 3.1.  Décrire le type de mouvement pour t > t1. 3.2. Quelles sont les lois d’évolution de v , Rω  et  v g en fonction du temps au cours du de de cette deuxième deuxième phase ? 3.3.  Montrer que vg  va s’annuler pour un instant t2  à déterminer. Que valent alors Rω et v ? on les note respectivement Rω2 et v2 . 3.4.  Préciser la position x2 de C  à   à cet instant t2 . 3.4. Application numérique :  calculer t2 , Rω2 , v2 et x2 . 4. Troisième phase On pourra prendre prendre une nouvelle nouvelle origine des temps au début début de cette troisième troisième phase (t   = 0).

4.1.  Décrire le type de mouvement ultérieur. 4.2.  Quelles sont les lois d’évolution de v, Rω et T  en fonction de t   au cours cours de cette cette troisième troisième phase ? 4.3.  Quand cette phase se termine-t-elle termine-t-elle?? on note cet instant t   =  t 1 . Que vaut alors Rω  (désigné par Rω 1 ). 4.4.  Préciser la position x1 de C  à   à cet instant t1 . 4.5. Application numérique :  calculer T , t1  et x1. 5. Représentation graphique Représenter vg et Rω  en fonction du temps pour les trois phases précédentes. Donner simplement la nature du mouvement au delà de la troisième phase.

6. Aspect énergétique 6.1.  Exprimer littéralement la variation de l’énergie cinétique entre les instants t = 0  et  t  =  t 2 . Faire l’application numérique. Retrouver cette valeur en calculant numériquement les différents travaux mis en jeu. 6.2.  Exprimer littéralement la variation de l’énergie cinétique entre les instants t  = 0 et t = t1 . Faire l’application numérique. Retrouver cette valeur en appliquant le théorème de l’énergie cinétique.

63

 

M.Mounjid

Corrigé : Roulement d’un cerceau sur un plan incliné 1.1. vg =  v  + Rω

1.2.

1 m v 2 + R2 ω 2 2



E k  =

1.3.  Le théorème de la résultante cinétique dans  R, donne : mv˙

  

= mg sin α + T 

(4.10) (4.11)

 

N  = mg cos α

Le théorème du moment cinétique en C , donne :  

mRω˙  =  T 

1.4.

(4.12)

m(vv˙  + R2 ω ω˙ ) =  mgv sin α + T vg =  mgv sin α + mRω˙ (v + Rω )

donc :  

v˙  =  g sin α + Rω˙

(4.13)

1.5.  non, puisque la relation (4) se déduit des relations (1) et (3). 1.6.

Rω0 =  Rω 0 ω0  = R

2. 2.1.

   m J 

14 rad.s−1

vg (0) =  v 0  + Rω0  = 9 m.s−1

→v = v0−→e  x  = 2−→ ex  (m.s−1 ) et vg (0) = 9 m.s−1 =  0 , le mouvement ultérieur du cerceau est un puisqu’à t = 0, − mouvement descendant  de roulement  avec glissement. −→ T  étant colinéaire et opposé à vg (0) = 9 m.s−1 >  0 , alors, d’après la loi du frottement de   Coulomb  : T  =

−f N  = −f mg cos α

2.2.  D’après ce qui précède : v  =  v 0

− at

,

Rω  =  Rω 0

− f gt cos α

et vg =  v 0  + Rω0

− (f g cos α + a)t

AN : a  = 1 m .s−1

2.3. v  = 0

2.4.  On a :

=

⇒

t1  =

v0 a

,

Rω1  =  Rω 0

dx =  v  =  v 0 dt

− f gt1 cos α

− at

=

⇒

et vg1  =  v 0  + Rω0

x1  =  v 0 t1

− (f g cos α + a)t1

t21

−a2

2.5. AN : t1  = 2 s , Rω1  = 3 m.s−1 , vg1  = 3 m.s−1 , x1  = 2 m et T 1  =

64

 

−f mg cos α = −0, 6 N M.Mounjid

3. 3.1.  Avant l’instant  t 1, le cerceau descend la pente et la vitesse de son centre d’inertie  C  s’annule pour  t  =  t 1  0, donc, à partir de t =  t 1, le cerceau remonte la pente avec avec une vitesse de glissement vg1  = 3 m.s−1 = glissement. 3.2.  On a : vg1  = 3 m .s−1 >  0

=

T  =

⇒

−f N  = −f mg cos α

et puisque les relations établies dans la partie 1.  sont toujours valables sans restriction du mouvement du cerceau, alors d’après  2.  : v  =  v 0

Rω  =  Rω 0

− at

,

=

t2  =

3.3. vg = 0

2.4.  On a :

⇒

− f gt cos α

v0  + Rω0 f g cos α + a

dx =  v  =  v 0 dt

et vg =  v 0  + Rω0

Rω2  =  Rω 0

,

− (f g cos α + a)t

− f gt2 cos α

et v2  =  v 0

− at2

2

=

− at

x2  =  v 0 t2

⇒

− a t22

2.5. AN : t2  = 3 s , Rω2  = 1 m .s−1 , v2  =

4. 4.1.  Á t =  t 2 , vg = 0

et

−1 m.s−1

, x2  = 1, 5 m

−1 m.s−1

v  =  v 2  =

d’où, à partir de t =  t 2 , le cerceau remonte la pente sans glissement.

4.2.  On a : vg =  v  + Rω  = 0

=

v  =

⇒

−Rω

et en utilisant les relations (1), (2) et (3) établies dans la partie  1. , on montre que : v  =  v 2  +

g sin α

2

t  =

et T  =

−Rω

− mg 2sin α

4.3.  La troisième phase se termine lorsque : v  =  v 2  +

g sin α

2

t  = 0

=

⇒

t1  =

− g 2sinv2α

et Rω1  = 0

4.4. x  = 1

gt12 sin α

4

+ v2 t1  + x2

4.5. T  =

5.

−0, 15 N

, t1 = 2 s

et

x1  = 0, 5 m

Au delà de la 3ème phase, le cerceau va descendre en roulant sans glissement.

6. 6.1.

E k

= E k (t  =  t 2 ) E k (t  = 0) 1  1 m(v22 + R2 ω22 ) m(v02 + R2 ω02 ) = 2 2 7, 65 J

−

−

 −

65

 

M.Mounjid

vg (m.s−1 )

Rω (m.s−1 )

9

7

0

5

3

1

t  (s)

t  (s)

0

3

5

Le travail des force appliquées sur le cerceau entre t = 0  et t =  t 2  est : t2

W  = mgx2 sin α +

= mgx2 sin α

  0

T vg dt

− f mg cos α

 −7, 65 J



(v0  + Rω0)t2

t22

− (f g cos α + a) 2



6.2.

E k

= E k (t  =  t 1 ) E k (t  = 0) 1  1 m(v12 + R2 ω12 ) m(v22 + R2 ω22 ) = 2 2 1 m(v22 + R2 ω22 ) = 2 0, 3 J

−

−

−  −

Le travail des force appliquées sur le cerceau entre t   = 0  et t  =  t 1  est : W  =



t1

mg(x

− x2)sin α + = mg(x1 − x2 )sin α  −0, 3 J 1

66

 

T vg dt

t =0 

 

M.Mounjid

Problème 3 : Oscillation d’un cylindre dans une gouttière Une gouttière cylindrique  ( A), dont la masse  M  est répartie uniformément en surface, de centre O, de rayon a, de moment d’inertie I  = M a2 par rapport à son axe, peut tourner sans frottement autour de son axe. Un cylindre (B ), dont la masse m  est réparti uniformément en volume, de centre C , de rayon b  ( b < a), de moment d’inertie J  = 21 mb2 par rapport à son axe, roule sans glisser à l’intérieur de la gouttière (A). Le référentiel R est repéré par le trièdre (O,x,y,z) (O,x,y,z) ; l’axe Oz   horizontal, coïncide avec l’axe de (A)  et est colinéaire à celui de  ( B ) ; l’axe  ( Ox)  est vertical et orienté vers le bas. La position du centre d’inertie C  de (B ) −→ −−→ est définie par l’angle θ  = (Ox, OC ).

O

−→e θ

y

C 

θ

I 

−→e  r

x

 −→

→e z et −→ω = ω −→e  z . Les vecteurs vitesses angulaires respectives de  ( A)  et  ( B )  dans R  sont notées Ω = Ω − La réaction de  ( A)  sur  ( B ), en I  est   est :

−→ →e  θ − N −→e  r R =  T −

Á l’instant initial (t=0), la gouttière (A)  et le cylindre  ( B )  sont immobiles et θ  =  θ 0 (0  < θ0 < π2 ). Toute l’étude sera faite dans le référentiel  R  supposé galiléen.

1.  En utilisant la condition de roulement sans glissement de (B )  sur (A), établir une relation entre θ˙  = a, b  et les vitesses angulaires ω  et  Ω .

dθ dt ,

2. 2.1.  Écrire le théorème de la résultante cinétique de (B ). En déduire l’expression de T  et N . 2.2.  Écrire le théorème du moment cinétique de  ( B )  en C , en projection sur Oz . 2.3.  En appliquant le théorème du moment cinétique à  ( A), en O, donner la relation entre T , Ω˙ , M  et a. 2.4.  Montrer, en utilisant ce qui précède que, l’équation différentielle vérifiée par θ, s’écrit : (3M  +  + m)(a

− b)θ¨ + (2M  +  + m)g sin θ  = 0

2.5.  En déduire θ˙ 2 en fonction de M , m, g, a, b, θ  et θ0 . Montrer alors que −θ0 ≤ θ ≤ θ0 . 2.6.  Donner les expressions de T  et N  en fonction de M , m, g, θ  et éventuellement θ 0. 2.7.  Pour quelle valeur de θ , T  est maximum maximum ? Donner Donner l’expression l’expression de T max max . Et pour quelle valeur de θ,  N  est minimum? Donner l’expression de N min min . Montrer alors, pour qu’il y ait toujours roulement sans glissement de (B )  sur (A), il faut que le coefficient de glissement glissement f  entre les 2 solides, soit supérieur à une valeur limite fonction de θ 0  que l’on précisera. Faire

67

 

M.Mounjid

l’application numérique pour M  =  m  et θ0  =

π 4

2.8.  En supposant θ0  suffisamment faible pour que l’on puisse assimiler  sin θ  à θ, calculer la période T 0 des petites oscillations du système. Faire l’application numérique pour M  =  m , a = 3b  = 0, 5  m et g  = 10m.s −2 .

2.9.  Calculer l’énergie cinétique du système  (Σ) = {(A) + ( B )}. 2.10. Calculer l’énergie potentielle de pesanteur  E  p p  du système  (Σ)  (on prendra l’origine des énergies potentielles en x = 0). 2.11.  Justifier qu’il y a conservation de l’énergie mécanique du système (Σ)  et en déduire une intégrale première du mouvement. 2.12  La gouttière (A)  est soumis à un couple moteur constant dont le moment par rapport à l’axe Oz est → −Γ = Γ −→e  z (Γ >  0). a) Écrire le théorème du moment cinétique de la gouttière (A)  en O. b)  Toujours dans l’hypothèse du roulement sans glissement de (B )  sur (A), établir l’équation différentielle du second ordre à laquelle satisfait θ . c)  En déduire que le centre d’inertie C  de  ( B )  possède une position d’équilibre θ e , si  Γ  vérifie une inégalité à préciser. d)  Cette  Cette position position d’équilibre d’équilibre est-t-elle est-t-elle stable? stable ? Si oui, quelle quelle est la période des oscillation oscillationss autour autour de cette position position d’équili d’équilibre bre ?

68

 

M.Mounjid

Corrigé : Oscillation d’un cylindre dans une gouttière 1.

−→v  g

= = = =

→ −v I ∈(B)/R − −→v  I ∈(A)/R → −v (C ) + I−→C  ∧ −→ω − −→v (O) − I−→O ∧ −→Ω →e  θ [(a − b)θ˙ + bω − aΩ]− → −0

D’où : (a

− b)θ˙ + bω  =  aΩ

 

(4.14)

2. 2.1.  T.R.C appliquée à  ( B )  :

−→ →e  θ − θ˙2−→e  r ] m(a − b)[θ¨−

−→ − N −→e  r  + mg−→e  x →e  θ − N −→e  r  + mg−→e  x T −

m a  C  = T  e  θ

=

D’où :

− b)θ¨ + mg sin θ N  =  m (a − b) ˙ θ 2 + mg cos θ

   

T  =  m (a

(4.15) (4.16)

2.2.  T.M.C appliqué à  ( B )  en C  dans   dans le référentiel  barycentrique de (B )  : T  =

1 mbω˙ 2

 

(4.17)

T  =

−M aΩ˙

 

(4.18)

2.3.  T.M.C appliqué à  ( A)  en O  :

2.4.  En dérivant  (1) , et en utilisant (4),  (5)  puis (2), on montre que : (3M  + m)(a

− b)θ¨ + (2M  +  + m)g sin θ  = 0

 

(4.19)

2.5.  On multiplie l’équation ci-dessus par θ˙  et on intègre le 1er terme entre θ˙  = 0  et θ˙  et le 2ème terme entre θ0  et θ  : (3M  + m)(a

˙2

− b) θ2

= (2 M  + m)g(cos θ

− cos θ0)

 

(4.20)

Comme  ( a − b) ˙θ 2 ≥ 0 =⇒  cos θ ≥ cos θ0 et −θ0 ≤ θ ≤ θ0 .

2.6.  (2), (3), (6) et (7) donnent : T  = N  =

M  mg sin θ 3M  + m mg [(7M  +  + 3m)cos θ 3M  + m

 + m)cos θ0 ] − 2(2M  +

2.7.  Comme −θ0 ≤ θ ≤ θ0, T est max pour θ  =  θ 0 : T max max  =

M  mg sin θ0 3M  +  + m

69

 

M.Mounjid

De même N  est min pour θ  =  θ 0 : N min min  =  mg cos θ0

On aura toujours roulement sans glissement si : f >

T max M  max =  tan θ0 N min 3M  +  + m min

AN : f >  0, 25

2.8.  L’équation différentielle vérifiée par θ  devient, dans ce cas : θ¨ + ω02 θ  = 0

avec : ω0  =

 

(2M  + m)g (3M  + m)(a b)

−

Donc la période d’oscillati d’oscillation on est : T 0

=

2π ω0

= 2π

 

(3M  +  + m)(a b) (2M  +  + m)g

−

AN : T 0  = 1, 32 s

2.9.  L’énergie cinétique de  (Σ)  : E c

= E c (A) + E c (B ) 1 2 1  1 = I Ω + m v  2C  + J ω 2 2 2 2 1  1  1 M a2 Ω2 + m(a b)2 ˙θ 2 + mb2 ω 2 = 2 2 4

−→

−

2.10. L’énergie potentielle de pesanteur de  (Σ)  : E  p  =

−m(a − b)g cos θ

2.11. (A)  tourne sans frottement autour de son axe et (B )  ne glisse pas sur (A), l’énergie mécanique du système est donc conservée. E m

= E c  + E  p 1  1 M a2 Ω2 + m(a = 2 2 = cte

− b)2 ˙θ2 +  14 mb2ω2 − m(a − b)g cos θ

Or à t = 0,  Ω = 0 , ω  = 0, θ˙  = 0  et θ  =  θ 0, donc : cte  =

−m(a − b)g cos θ0

et 1  1 M a2 Ω2 + m(a 2 2

− b)2 ˙θ2 +  14 mb2ω2 + m(a − b)g(cos θ0 − cos θ) = 0

2.12. a) T.M.C appliqué à  ( A)  en O, donne :

M a2 ˙Ω = Γ

70

− aT   

M.Mounjid

b) En utilisant les relations (1), (2) et (4) qui restent inchangées inchangées et celle établie ci-dessus, on trouve l’équation différentielle demandée : (3M  + m)(a

Γ − b)θ¨ + (2M  +  + m)g sin θ  = a

c) La position d’équilibre θe  est obtenue en posant θ¨ = 0  : sin θe  = θe  existe si

Γ (2M  +  + m)ag

: sin θe

 ≤ 1

c’est à dire : Γ

≤ (2M  + m)ag

d) Pour étudier la stabilité de cette position d’équilibre, remplaçons  θ  par  θ e + ε dans l’équation différentielle du mouvement : (3M  +  + m)(a

 + m)g cos θe ε  = 0 − b)¨ε + (2M  +

Le centre d’inertie C  de  ( B )  oscille donc autour de cette position d’équilibre avec la période : T 1  = 2π

 

(3M  +  + m)(a b) (2M  + m)g cos θe

−

La position d’équilibre θe  de C  est   est donc stable.

71

 

M.Mounjid

Problème 4 : Mouvement d’une voiture Une voiture gravit un plan incliné, faisant l’angle α avec l’horizontale. Le véhicule est modélisé comme suit : une roue avant, une roue arrière et une tige.

•  La roue avant, motrice, dite roue 1 dans la suite,

1  u e   R o 2  u e   R o

z

 G 1

x

 G

possède les caractéristiques caractéristiques suivantes : elle est assimilée  G 2  I 1 à un disque circulaire de rayon  a, de masse m, de centre d’inertie G 1  confondu avec avec son centre géométrique géométrique ; on  I 2 1 2 α note J  = 2 ma le moment d’inertie de la roue par  y rapport à son axe. On repère la position de G1 par  O son abscisse x1 sur (Ox)  et la rotation de la roue par l’angle θ 1 par rapport à la verticale. On note  I 1 le point de contact de la roue 1 avec le sol. •  La roue arrière, porteuse, non motrice, dite roue 2 dans la suite, est de centre d’inertie G 2 , de même masse m, de même rayon a  et de même moment d’inertie J  par  par rapport à son axe. On repère de même cette roue par l’abscisse  x 2 de  G2 et par l’angle de rotation  θ 2. On note  I 2 le point de contact de la roue 2 avec le sol.

• L’ensemble S  {carcasse de la voiture et moteur}, de masse M , est modélisé par une tige, de longueur 2b,

reliant G1 et G2 . Le centre d’inertie G  de S  est   est le milieu de G1 G2  = 2b. L’abscisse de G  est notée x.

  = cste  >  0 ). Le coefficient de frottement entre une roue et le sol, identique pour les deux roues est noté f  (f  =  − → 2 − Le champ de pesanteur est g , de module g=9,81 m.s .

 −→

→e  x  +  F 1z −→e  z et S  sur Les actions de l’ensemble   sur la roue 1 en G1  sont réductibles à une résultante F  1 1  =  F 1x −  − → →e  y , avec  Γ  >  0. à un couple moteur Γ = Γ −  −→

−e  x  + F 2z −→e  z . L’action de l’ensemble S  sur   sur la roue 2 en G2  est réductible à une résultante F  2 2  =  F 2x → → −

→e  x  +  N 1−→e  z  et sur la roue 2 à une L’action du sol sur la roue 1 est réductible à une résultante R 1 = T 1 −  − → −e  x  + N 2−→e  z . résultante R 2  =  T 2 → On suppose que les deux roues roulent sans glisser sur le sol et que le référentiel  R(O , x , y , z)  est galiléen.

1.  Écrire les relations de non glissement en I 1 et I 2. Quelles relations existent entre les dérivées par rapport au temps de x 1 , x2 et x. En déduire les vecteurs rotations des roues 1 et 2 par rapport à R en fonction de x˙ et a. 2. 2.1.  Écrire le théorème de la résultante cinétique de la roue 1, en projection sur les axes Ox  et Oz . 2.2.  En appliquant le théorème du moment cinétique à la roue 1 en  G 1  et en utilisant la question  1., donner la relation entre x¨, a, m,  Γ  et T 1 . 2.3.  Déduire de ce qui précède, l’expression de F 1x  en fonction de m, x¨,  Γ , a, g  et α. 3. 3.1.  Écrire le théorème de la résultante cinétique de la roue 2, en projection sur les axes Ox  et Oz . 3.2.  Appliquer le théorème du moment cinétique à la roue 2 en G 2 . 72

 

M.Mounjid

3.3.  En déduire l’expression de F 2x  en fonction de m, x¨, g et α. 4. 4.1.  Écrire le théorème de la résultante cinétique de l’ensemble S , en projection sur les axes Ox  et Oz . 4.2.  Appliquer le théorème du moment cinétique à l’ensemble S  en G. 4.3. Déduire des questions  4.1. et  4.2. les expressions de  F 1z  et  F 2z  en fonction de  Γ,  M ,  g ,  α  et  b . Comparer les modules |F 1z |  et  |F 2z |. 5.  Montrer de ce qui précède que :

  −

1 Γ ¨  = x M  +  + 3m a

(M  + 2m)g sin α



  m ? Que devient cette relation si M     m  (formellement on prendra m = 0). Dans toute la suite, on fera l’approximation M   6. Déterminer la valeur de  Γ , soit  Γ min  qui assure le mouvement accéléré du véhicule sur la pente.

 −→  −→

7.  Calculer les composantes de R 1 et R 2 . 8. Déterminer la valeur de  Γ , soit  Γ max, qui assure l’avancée du véhicule avec un roulement sans glissement. Pour  Γ  <  Γ max , la roue 1 peut-elle peut-elle décoller décoller ? 9. 9.1.  Calculer l’énergie cinétique de l’ensemble S . 9.2.  Calculer la puissance des forces extérieures appliquées sur S . 9.3.  Calculer la puissance des forces intérieures appliquées sur S . 9.4.  En déduire, à l’aide du théorème de l’énergie cinétique appliqué à l’ensemble S , que : x ¨  =

Γ

 − g sin α

Ma

10.  On suppose que α  = 0  et on tient compte des actions de frottement de l’air sur le véhicule. Ces actions  −→ 2− →e  x  qui s’applique en G. sont équivalentes à une résultante unique F  = −λ dx dt



10.1. En appliquant le théorème de l’énergie cinétique à S  dans   dans le cadre de ces nouvelles hypothèses, déterminer l’accélération x¨  du véhicule en fonction de sa vitesse v  = dx dt ,  Γ , M , λ  et a. 10.2. Montrer que la vitesse limite v0  du véhicule, est donné par : v0  =

 

Γ

λa

10.3.   En intégrant, l’équation établie dans la question  10.1., exprimer le temps mis par le véhicule en fonction de sa vitesse v, M , a,  Γ  et v0 . On donne : 1 A2

−

1 = B2 2A



1 1 + A+B A B

−



  = 900  kg et a = 0, 3  m. 10.4. Données : v0  = 160  km.h−1 ;  Γ = 150  N.m; M  =

Calculer la durée τ  nécessaire pour passer de  0  à 100 km.h −1. 73

 

M.Mounjid

Corrigé : Mouvement d’une voiture 1.

→ −v  g (I 1) = −→v  I  ∈roue 1/R  = (x˙ 1 − aθ˙1)−→e  x  = −→0 1

d’où :

x˙ 1  =  a θ˙1

→ −

−→

et v  g (I 2 ) = v  I  ∈roue 2

−→

R  = (x˙ 2 − aθ˙2 ) e  x  =

2/

−→0

x˙ 2  =  a θ˙2

et

d’autre part :

−−→1 ∧ −→ω −→v  G  = x˙ → −e  x  = −→v  G  + GG tige/R or la tige étant en translation dans R(O , x , y , z)  : −→ω tige/R  = −→0 1

donc :

−→v G = x˙ −→e  x  = −→v  G

1

−→

= x˙ 1 e  x

=

⇒

On montre de même :

x˙  = x˙ 1

x˙  = x˙ 2

d’où : x˙  = x˙ 1  = x˙ 2

Les vecteurs rotations des roues 1 et 2 par rapport à  R vérifient donc : x˙ θ˙1  = θ˙2  = a

2. 2.1.

−→

 

(4.21)

−→ −→ −→

−→

m a  G 1 =  m x ¨1 e  x  =  m g + R 1  + F  1  1

d’où, puisque x¨1  = x¨  : mx ¨ = N 1  + F 1z

 

−mg sin α + F 1x + T 1

(4.22) (4.23)

 

= mg cos α

2.2.  Dans le référentiel barycentrique de la roue 1, le théorème du moment cinétique en G 1 , s’écrit :

−→

d σ ∗G1 dt

−→ −M →G (m−→g ) + −M →G (−→ −→ −→ F  1  1 ) + MG ( R 1 )

= Γ+

1

1

1

d’où :

−→ −−→ ∧ R−→1

−→

J θ¨1 e  y

= Γ e y  + G1 I 1

or d’après la relation relation (1), θ¨1  = xa¨ , donc : ma

2

¨ = Γ x

 

− aT 1

(4.24)

2.3.  Les relations (2) et (4) donnent : F 1x  =

3. 3.1.

−→

3 ¨ + mg sin α mx 2

−  Γa

 

(4.25)

−→ −→ −→

−→

m a  G 2 =  m x ¨2 e  x  =  m g + R 2  + F  2  2

74

 

M.Mounjid

d’où, puisque x¨2  = x¨  : mx ¨ = N 2  + F 2z

 

−mg sin α + F 2x + T 2

(4.26) (4.27)

 

= mg cos α

3.2.  Dans le référentiel barycentrique de la roue 2, le théorème du moment cinétique en G 2 , s’écrit :

−→

d σ ∗G2 dt

=

−M →G (m−→g ) + −M →G (−→ −→ −→ F  2  2 ) + MG ( R 2 ) 2

2

2

d’où :

−−→ ∧ R−→2

−→

J θ¨2 e y

= G2 I 2

or d’après la relation relation (1), θ¨2  = xa¨ , donc : ma

2

¨ = x

 

−aT 2

(4.28)

3.3.  Les relations (6) et (8) donnent : F 2x =

3 ¨ + mg sin α mx 2

 

(4.29)

4. 4.1.  D’après le principe d’action et de réaction, les forces exercées sur l’ensemble S  de   de la part des roues 1 et − → − → 2 sont − F  1 1  et  − F  2 2 , d’où le théorème de la résultante cinétique de S  :

−→ 2 −→ − −→ F  1  1 − F  2

−→

M  a  G  =  M  g

d’où : M x ¨  =

 

−M g sin α − F 1x − F 2x

(4.30)

et F 1z  + F 2z =

−M g cos α

4.2.  Dans le référentiel barycentrique  R∗  de l’ensemble S , le théorème du moment cinétique en G, s’écrit :

→ −

d σ ∗G dt

=

→G(M −→g ) − −M →G(−→ −→ −→ 2 ) F  1 −−→Γ G + −M  1 ) − MG ( F  2

or la tige étant fixe dans R∗ :

−→σ ∗G  = −→0

d’autre part, le moment exercée sur la roue 1 vérifie :

−→Γ G  = −→Γ G  + GG −−→1 ∧ m−→v  G 1

1

−→

−→

= ΓG = Γ 1

d’où :

−→0

=

0 =

−−→1 ∧ F −→1 − GG −−→2 ∧ F −→2 −Γ−→e  y − GG −Γ + b(F 1z − F 2z )

4.3. F 1z F 2z

= =

  −  − 1 2

Γ b

1 2

Γ b

M g cos α



 



(4.31)  

+ M g cos α

(4.32)

Puisque Γ  >  0 , alors :

|F 1z | < |F 2z | 75

 

M.Mounjid

5.  Les relations (5), (9) et (10) donnent :

  −

1 Γ x ¨  = M  +  + 3m a

(M  + 2m)g sin α



  m, alors : Si M   x ¨  =

Γ

 

 − g sin α

Ma

(4.33)

6.  Pour assurer un mouvement accéléré du véhicule sur la pente, il faut que : x ¨  =

Γ

 − g sin α > 0

=

Γ  >  Γ min  =  M ag sin α

⇒

Ma

7. Calcul de T 1 et N 1  :   Les relations (2) et (5) donnent :

= mx ¨ + mg sin α

T 1

−  32 mx¨ − mg sin α +  Γa

or m = 0, donc :

Γ

T 1  =

a

  Les relations (3) et (11) donnent : N 1  =  mg cos α

−

 1 2

  − Γ b



M g cos α

or m = 0, alors :

 

N 1

Calcul de T 2 et N 2 :

1 2



M g cos α

Γ

−b



  Les relations (6) et (9) donnent :

¨ + mg sin α T 2  =  m x

−  32 mx¨ − mg sin α = 0

puisque m  = 0

  Les relations (7) et (12) donnent : N 2





 1 Γ = mg cos α + + M g cos α 2 b 1 Γ = + M g cos α   puisque m  = 0 2 b





8.  Il y a roulement sans glissement si : et

|T 1| < f |N 1| or l’inégalité |T 2 | = 0  < f |N 2| = la roue 2 ne peut jamais glisser.

f  2



Γ b

|T 2 | < f |N 2|

+ M g cos α  est toujours réalisée (f  et  Γ  positifs), ce qui implique que



Pour que la roue 1 glisse, il faut que : Γ

f 

|T 1 | = a < f |N 1| = 2 ce qui implique : Γ  <  Γ max  =



M g cos α

ab

2b + f a

76

Γ

−b



f M g cos α  

M.Mounjid

La roue 1 décolle si N 1  =

1 2



M g cos α

− Γb



 = 0  c’est à dire si : fa bM g cos α 2b + f a

Γ =  bM g cos α > Γ max  =

or : Γ  <  Γ max  =

ab

2b + f a

f M g cos α < bMg cos α

Par conséquent, Γ  ne peut pas être égal à bM g cos α  et la roue 1 ne peut donc pas décoller.

9. 9.1.  Le théorème de   Koenig  de l’ensemble S  en tenant compte du fait que S  est fixe dans son référentiel barycentrique, donne : =

E c

=

1  1 2 J Gy  x˙ 2 Gy (S ) Ω S/R  + M  ˙ 2 2 1  x˙ 2 M  ˙ 2

−→

∗

9.2.  :

−→ 2 .−→v −→ −→ −→ −→ − −→ −→ F  1  1 . v  G ∈ S/R − F  2  G ∈ S/R − Γ . Ω S/R

= M  g . v G

P ext ext or :

1

2

−→v G ∈ S/R  = −→v G ∈ S/R  = x˙ −→e  x 1

et

2

→ −Ω

R  =

S/

−→0

(trans (translat lation) ion)

donc : =

P ext ext

−M gx˙ sin α − (F 1x + F 2x)x˙

or, d’après les questions  2.3.  et  3.3.  et en tenant compte que m = 0  : F 1x  =

3 ¨ + mg sin α mx 2

−  Γa = − Γa

et

F 2x  =

3 ¨ + mg sin α  = 0 mx 2

d’où :

P ext ext

−M gx˙ sin α + Γa  ˙x

=

9.3.  L’ensemble S  est   est modélisée par la tige G1 G2 , il s’agit donc d’un solide, d’où : = 0

P int int 9.4.  On a : dE c dt

=

M  ˙  x˙ x ¨ =

donc : ¨  = x

P ext ext  + P int int −M gx˙ sin α +  Γa x˙ Γ

 − g sin α

Ma

10.  −→ → ex  appliquée en G  est : 10.1. La puissance de la force F  = −λv2−

−→ →v  G  = −λv2 x˙  ) = F . − P (−→ F  )

d’où le théorème de l’énergie cinétique appliquée à S , donne : M  ˙  x˙ x ¨  =

−M gx˙ sin α +  Γa x˙ − λv2 x˙ 77

 

M.Mounjid

or α  = 0  et x˙  =  v , donc : M 

dv Γ = dt a

 − λv2

10.2. Atteindre une vitesse limite v0  c’est atteindre une vitesse constante v  =  v 0  donc : dv Γ = M  dt a

 − λv02 = 0 =⇒

10.3. En tenant compte de la relation v02 = dv dt 2 M av0 dv Γ dt M 

Γ

Γ λa ,

=

2 dt =

M av02

t

 

Γ

λa

l’équation établie dans la question  10.1., s’écrit :

= λ(v02

M av0

Γ

v0  =

 

 − v2) (v02 − v 2 ) dv v02

− v2

v

dt =

0

   0

d’où t  =

1 2v0

M av0

2Γ

ln

10.4.

1 1 + v0  + v v0 v

−



dv

  v0  + v v0 v

−

    58, 7 s

τ 

78

 

M.Mounjid