Corrigé TD M5 : Loi du moment cinétique Exercice 1 : Toboggan

(1)

Page 1 sur 5

Corrigé TD M5 : Loi du moment cinétique

Exercice 1 : Toboggan 1. Système : enfant.

Référentiel : laboratoire supposé galiléen. Forces :

- poids 𝑃⃗ = 𝑚𝑔𝑒 𝑦 = 𝑚𝑔(sin𝜃𝑒 𝑟+ cos𝜃𝑒 𝜃) ;

- réaction du support : 𝑅⃗ N= −𝑅N𝑒 𝑟 (pas de frottement solide).

O est fixe dans le référentiel d’étude. Loi du moment cinétique : d𝐿⃗ O

d𝑡 = ℳ⃗⃗⃗ O(𝑃⃗ ) + ℳ⃗⃗⃗ O(𝑅⃗ N). 𝐿⃗ _O = OG⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑚𝑣 , et OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑟𝑒 _𝑟 ⇒ 𝑣 = 𝑟𝜃̇𝑒 _𝜃. On a donc 𝐿⃗ O = 𝑚𝑟2𝜃̇𝑒 𝑧 ⇒ d𝐿⃗ _O d𝑡 = 𝑚𝑟 2_𝜃̈𝑒 𝑧. ℳ⃗⃗⃗ O(𝑃⃗ ) = OG⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑃⃗ = 𝑚𝑔𝑟 cos𝜃𝑒 𝑧 et ℳ⃗⃗⃗ O(𝑅⃗ N) = OG⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑅⃗ N = 0⃗ .

On en déduit alors 𝜃̈ = 𝑔_𝑟cos𝜃 . 2. 𝜃̇𝜃̈ =𝑔 𝑟𝜃̇cos𝜃 ⇒ 1 2𝜃̇ 2 ₌ 𝑔 𝑟sin𝜃 + 𝐴1. À 𝑡 = 0, 𝜃 = 𝜃0 et 𝜃̇ = 0. On en déduit 𝐴1 = − 𝑔 𝑟sin𝜃0.

On obtient alors 𝜃̇ = √2𝑔_𝑟 (sin𝜃 − sin𝜃0).

Comme 𝑣 = 𝑟𝜃̇, on a 𝑣 = √2𝑔𝑟(sin𝜃 − sin𝜃0) .

3. 𝑣M = 𝑣(𝜃 = 90°) ⇒ 𝑣M = √2𝑔𝑟(1 − sin𝜃0) ⇒ 𝑣M = 6,0ms−1.

La vitesse calculée apparait assez élevée. Les frottements ne sont pas négligeables.

Exercice 2 : Pendule à deux brins 1. Système : masse.

Référentiel : laboratoire supposé galiléen.

Par définition, 𝐿Δ(P) = 𝐿⃗ O(P) ⋅ 𝑒 Δ et 𝐿⃗ O = OP⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑚𝑣 .

Or, OP⃗⃗⃗⃗⃗ = ℓsin𝜃𝑒 𝑟⇒ 𝑣 = ℓsin𝜃𝜙̇𝑒 𝜙.

On a donc 𝐿Δ= 𝑚ℓ2sin2𝜃𝜙̇ .

2. Forces : - poids 𝑝 ;

- tension 𝑇⃗ A du fil attaché à A ;

- tension 𝑇⃗ B du fil attaché à B.

ℳΔ(𝑝 ) = ℳ⃗⃗⃗ O(𝑝 ) ⋅ 𝑒 Δ= (OP⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑝 ) ⋅ 𝑒 Δ⇒ ℳΔ(𝑝 ) = −𝑚𝑔ℓsin𝜃sin𝜙 .

ℳ_Δ(𝑇⃗ _A) = ℳ⃗⃗⃗ _A(𝑇⃗ _A) ⋅ 𝑒 _Δ = (AP⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑇⃗ _A) ⋅ 𝑒 _Δ ⇒ ℳ_Δ(𝑇⃗ _A) = 0 . ℳ_Δ(𝑇⃗ _B) = ℳ⃗⃗⃗ _B(𝑇⃗ _B) ⋅ 𝑒 _Δ= (BP⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑇⃗ _B) ⋅ 𝑒 _Δ⇒ ℳ_Δ(𝑇⃗ _B) = 0 . 3. L’axe Δ est fixe dans le référentiel d’étude.

Loi scalaire du moment cinétique : d𝐿Δ

d𝑡 = ℳΔ(𝑝 ) + ℳΔ(𝑇⃗ A) + ℳΔ(𝑇⃗ B).

On obtient alors 𝜙̈ + 𝑔

(2)

Page 2 sur 5 Exercice 3 : Satellite

1. Système : satellite.

Référentiel : géocentrique supposé galiléen. Forces : force gravitationnelle 𝐹⃗ = −𝐹 𝑒_𝑟. 𝐿

⃗ _O _{= OM}⃗⃗⃗⃗⃗⃗ _{∧ 𝑚𝑣}⃗ ⇒ 𝐿⃗ _O = 𝑚𝑟𝑣sin(𝑒_𝑟, 𝑣⃗ )𝑒_𝑧. 2. O est fixe dans le référentiel géocentrique.

Loi du moment cinétique : d𝐿⃗ O

d𝑡 = ℳ O(𝐹⃗ ) = OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝐹⃗ = 0⃗ ⇒ 𝐿⃗ O = cste⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .

3. a) 𝐿⃗ _O(S) = 𝐿⃗ _O(A)⇒ 𝑚SO𝑣_Ssin(OS⃗⃗⃗⃗ , OC⃗⃗⃗⃗ )= 𝑚OA𝑣_A. Or, SOsin(OS⃗⃗⃗⃗ , OC⃗⃗⃗⃗⃗ ) = SC ⇒ 𝑣A= SC 𝑅T+A′A𝑣S ⇒ 𝑣A = 5728kmh −1_. b) De même, on obtient 𝑣_P = SC 𝑅T+P′P𝑣S ⇒ 𝑣P = 3,53 × 10 4_kmh−1 .

Exercice 4 : Au bout du fil

1. 𝐿0 = Î + IM ⇒ 𝐿0I 0 = 𝑅𝜃 + 𝐿 .

2. Système : particule M.

- poids 𝑃⃗ = −𝑚𝑔𝑒 𝑧 ;

- réaction du plan : 𝑅⃗ N= 𝑅N𝑒 𝑧 (pas de frottement solide) ;

- tension du fil : 𝑇⃗ = −𝑇 𝑒 𝜃.

OM

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = OI⃗⃗⃗⃗ + IM⃗⃗⃗⃗ = 𝑅𝑒 _𝑟+ 𝐿𝑒 𝜃.

On a donc 𝑣 = 𝑅𝜃̇𝑒 𝜃+ 𝐿̇𝑒 𝜃− 𝐿𝜃̇𝑒 𝑟.

Or, 𝐿̇ = −𝑅𝜃̇ ⇒ 𝑣 = −(𝐿0− 𝑅𝜃)𝜃̇𝑒 𝑟.

3. Loi de la puissance cinétique : dℰ_d𝑡c= 𝒫(𝑃⃗ ) + 𝒫(𝑅⃗ _N) + 𝒫(𝑇⃗ ). Or, 𝒫(𝑃⃗ ) = 𝑃⃗ ⋅ 𝑣 = 0, 𝒫(𝑅⃗ N) = 𝑅⃗ N⋅ 𝑣 = 0 et 𝒫(𝑇⃗ ) = 𝑇⃗ ⋅ 𝑣 = 0.

On a donc dℰc

d𝑡 = 0 ⇒ 𝑣 = cste .

4. On a donc 𝑣 = (𝐿0− 𝑅𝜃)𝜃̇ = 𝑣0.

En intégrant par rapport au temps, on obtient 𝐿0𝜃 − 1 2𝑅𝜃 2 _{= 𝑣} 0𝑡 + 𝐴1. À 𝑡 = 0, 𝜃(𝑡 = 0) = 0 ⇒ 𝐴1 = 0 ⇒ 𝜃2− 2𝐿0 𝑅 𝜃 + 2𝑣0𝑡 𝑅 = 0. Δ =4𝐿20 𝑅2 − 8𝑣0𝑡 𝑅 ⇒ 𝜃 = 𝐿0 𝑅 ± √ 𝐿₀2 𝑅2− 2𝑣0𝑡 𝑅 . Or, 𝜃(𝑡 = 0) = 0 ⇒ 𝜃 = 𝐿0 𝑅 − √ 𝐿02 𝑅2− 2𝑣0𝑡 𝑅 ⇒ 𝜃 = 𝐿0−√𝐿20−2𝑅𝑣0𝑡 𝑅 .

5. O𝑧 est fixe dans le référentiel d’étude.

Loi scalaire du moment cinétique : d𝐿_d𝑡𝑧= ℳ_𝑧(𝑃⃗ ) + ℳ_𝑧(𝑅⃗ _N) + ℳ_𝑧(𝑇⃗ ). 𝐿⃗ O = OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑚𝑣 et 𝑣 = −𝑣0𝑒 𝑟. On a donc 𝐿⃗ O = 𝑚𝐿𝑣0𝑒 𝑧 et 𝐿𝑧= 𝑚𝐿𝑣0. On en déduit d𝐿𝑧 d𝑡 = 𝑚𝑣0𝐿̇. Or, 𝐿̇ = −𝑅𝜃̇ ⇒ d𝐿𝑧 d𝑡 = −𝑚𝑅𝑣0𝜃̇. De plus, (𝐿0− 𝑅𝜃)𝜃̇ = 𝑣0 ⇒ d𝐿𝑧 d𝑡 = 𝑚𝑅𝑣02 𝑅𝜃−𝐿0. On a également 𝜃 =𝐿0−√𝐿0 2_−2𝑅𝑣 0𝑡 𝑅 ⇒ d𝐿𝑧 d𝑡 = − 𝑚𝑅𝑣02 √𝐿₀2−2𝑅𝑣0𝑡 .

(3)

Page 3 sur 5 D’autre part, ℳ 𝑧(𝑃⃗⃗ ) = ℳ⃗⃗⃗⃗ O(𝑃⃗⃗ )⋅ 𝑒𝑧 = [OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧(−𝑚𝑔𝑒𝑧)]⋅ 𝑒𝑧 = 0. De même, ℳ 𝑧(𝑅⃗⃗ N)= 0. ℳ_𝑧(𝑇⃗ )= ℳ⃗⃗⃗⃗ _O(𝑇⃗ )⋅ 𝑒_𝑧 = (OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑇⃗ )⋅ 𝑒_𝑧 = −𝑅𝑇 ⇒ 𝑇 = 𝑚𝑅𝑣02 √𝐿02−2𝑅𝑣0𝑡 .

6. Si le fil ne cassait pas, il serait entièrement enroulé lorsque 𝐿 = 0, c’est-à-dire pour 𝜃 =𝐿_𝑅0 ⇒ 𝑡 = 𝐿02

2𝑅𝑣0.

Mais lim

𝑡→ 𝐿0

2 2𝑅𝑣0

𝑇(𝑡)= +∞ : le fil ne possédant pas une résistance infinie, il cassera avant que le fil soit

totalement enroulé.

Exercice 5 : Pendules reliés par un ressort 1. Oscillations d’un pendule

a) Système : point matériel M.

Référentiel : laboratoire supposé galiléen. Forces : - poids 𝑃⃗⃗ = 𝑚𝑔𝑢⃗ _𝑥 ; - tension du fil 𝑇⃗ ; - tension du ressort 𝑅⃗ = −𝑘𝑦𝑢⃗ 𝑦. O₁M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐿𝑢⃗ _𝑟 ⇒ 𝑣 = 𝐿𝜃̇𝑢⃗ _𝜃. 𝐿 ⃗ _O 1 = O⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1M∧ 𝑚𝑣⃗ = 𝑚𝐿 2_𝜃_̇_𝑢_⃗ 𝑧 ⇒ d𝐿⃗ _O1 d𝑡 = 𝑚𝐿 2_𝜃_̈_𝑢_⃗ 𝑧. ℳ ⃗⃗⃗⃗ _O 1(𝑃⃗⃗ )= O⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1M∧ 𝑃⃗⃗ = −𝑚𝑔𝐿 sin𝜃𝑢⃗ 𝑧. ℳ ⃗⃗⃗⃗ _O 1(𝑇⃗ )= O⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1M∧ 𝑇⃗ = 0⃗ . ℳ ⃗⃗⃗⃗ _O 1(𝑅⃗⃗ ) = O⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1M∧ 𝑅⃗⃗ = −𝑘𝐿𝑦 cos𝜃 𝑢⃗ 𝑧.

O₁ est fixe dans le référentiel d’étude. Loi du moment cinétique : d𝐿⃗ O1

d𝑡 = ℳ⃗⃗⃗⃗ O1(𝑃⃗⃗ )+ ℳ⃗⃗⃗⃗ O1(𝑇⃗ )+ ℳ⃗⃗⃗⃗ O1(𝑅⃗⃗ ).

En projetant selon 𝑢⃗ _𝑧, on obtient 𝑚𝐿2𝜃̈ = −𝑚𝑔𝐿sin𝜃 − 𝑘𝐿𝑦cos𝜃. Comme de plus 𝑦 = 𝐿sin𝜃, on a 𝜃̈ +(𝑔

𝐿+ 𝑘

𝑚cos𝜃)sin𝜃 = 0 .

b) Pour de petites oscillations, cos𝜃 ≃ 1 et sin𝜃 ≃ 𝜃. On a alors 𝜃̈ +(𝑔

𝐿+ 𝑘

𝑚)𝜃 = 0.

On obtient alors la pulsation propre 𝜔0 = √ 𝑔 𝐿+

𝑘 𝑚.

On en déduit la période des petites oscillations : 𝑇₀ = 2𝜋√ 𝑚𝐿

𝑚𝑔+𝑘𝐿.

2. Couplage entre deux pendules a) Système : point matériel M1.

- poids 𝑃⃗ 1 = 𝑚𝑔𝑢⃗ 𝑥 ;

- tension du fil 𝑇⃗ 1 ;

- tension du ressort 𝑅⃗ 1 = 𝑘(𝑦2− 𝑦1)𝑢⃗ 𝑦.

(4)

Page 4 sur 5 Loi du moment cinétique : d𝐿⃗ O1

d𝑡 = ℳ⃗⃗⃗⃗ O1(𝑃⃗⃗ 1)+ ℳ⃗⃗⃗⃗ O1(𝑇⃗ 1)+ ℳ⃗⃗⃗⃗ O1(𝑅⃗⃗ 1).

De la même manière que dans la question 1.a., on a

d𝐿⃗ _O1

d𝑡 = 𝑚𝐿

2_𝜃_̈

1𝑢⃗ 𝑧, ℳ⃗⃗⃗⃗ O1(⃗⃗ 𝑃1)= −𝑚𝑔𝐿sin𝜃1𝑢⃗ 𝑧, ℳ⃗⃗⃗⃗ O1(𝑇⃗ 1)= 0⃗ et ℳ⃗⃗⃗⃗ O1(𝑅⃗⃗ 1)= 𝑘𝐿(𝑦2−

𝑦₁)cos𝜃₁𝑢⃗ _𝑧.

En projetant selon 𝑢⃗ _𝑧, on obtient 𝑚𝐿2𝜃̈1 = −𝑚𝑔𝐿sin𝜃1 + 𝑘𝐿(𝑦2− 𝑦1)cos𝜃1.

Comme de plus 𝑦₁ = 𝐿sin𝜃₁ et 𝑦₂ = 𝐿sin𝜃₂, on a : 𝑚𝐿2𝜃̈1 = −𝑚𝑔𝐿sin𝜃1+ 𝑘𝐿2(sin𝜃2− sin𝜃1)cos𝜃1.

Pour 𝜃1 et 𝜃2 petits, on obtient 𝜃̈1+( 𝑔 𝐿+ 𝑘 𝑚)𝜃1 = 𝑘 𝐿𝜃2 ⇒ 𝜃̈1+ 𝜔0 2_𝜃 1 = Ω02𝜃2 (1).

b) Système : point matériel M2.

- poids 𝑃⃗ 2 = 𝑚𝑔𝑢⃗ 𝑥 ;

- tension du fil 𝑇⃗ 2 ;

- tension du ressort 𝑅⃗ 2 = 𝑘(𝑦1− 𝑦2)𝑢⃗ 𝑦.

O₂ est fixe dans le référentiel d’étude. Loi du moment cinétique : d𝐿⃗ O2

d𝑡 = ℳ⃗⃗⃗⃗ O2(𝑃⃗⃗ 2)+ ℳ⃗⃗⃗⃗ O2(𝑇⃗ 2)+ ℳ⃗⃗⃗⃗ O2(𝑅⃗⃗ 2).

De la même manière que précédemment, on a d𝐿⃗ O2

d𝑡 = 𝑚𝐿 2_𝜃_̈ 2𝑢⃗ 𝑧, ℳ⃗⃗⃗⃗ O2(𝑃⃗⃗ 2)= −𝑚𝑔𝐿sin𝜃2𝑢⃗ 𝑧, ℳ ⃗⃗⃗⃗ _O 2(𝑇⃗ 2)= 0⃗ et ℳ⃗⃗⃗⃗ O2(𝑅⃗⃗ 2)= 𝑘𝐿(𝑦1− 𝑦2)cos𝜃2𝑢⃗ 𝑧.

En projetant selon 𝑢⃗ _𝑧, on obtient 𝑚𝐿2𝜃̈2 = −𝑚𝑔𝐿sin𝜃2+ 𝑘𝐿(𝑦1 − 𝑦2)cos𝜃2.

Comme de plus 𝑦₁ = 𝐿sin𝜃₁ et 𝑦₂ = 𝐿sin𝜃₂, on a 𝑚𝐿2_𝜃̈

2 = −𝑚𝑔𝐿sin𝜃2+ 𝑘𝐿2(sin𝜃1− sin𝜃2)cos𝜃2.

Pour 𝜃1 et 𝜃2 petits, on obtient 𝜃̈2+( 𝑔 𝐿+ 𝑘 𝑚)𝜃2 = 𝑘 𝐿𝜃1 ⇒ 𝜃̈2+ 𝜔0 2_𝜃 2 = Ω02𝜃1 (2). c) (1) + (2): 𝜃̈1+ 𝜃̈2+ (𝜔02− Ω02)(𝜃1+ 𝜃2) = 0. On pose 𝜔𝑆 =√𝜔02− Ω02 ⇒ 𝜔𝑆 = √ 𝑔 𝐿, et on a alors 𝑆̈ + 𝜔𝑆 2_{𝑆 = 0 .} (1)−(2): 𝜃̈₁− 𝜃̈₂+(𝜔₀2+ Ω₀2)(𝜃₁− 𝜃₂) = 0. On pose 𝜔𝐷 = √𝜔02+ Ω02, et on a alors 𝐷̈ + 𝜔𝐷2𝐷 = 0 .

On en déduit alors 𝑆 = 𝐴𝑆cos(𝜔𝑆𝑡 + 𝜑𝑆) et 𝐷 = 𝐴𝐷cos(𝜔𝐷𝑡 + 𝜑𝐷).

Or, 𝜃₁ = 𝑆+𝐷 2 et 𝜃2 = 𝑆−𝐷 2 . On a donc 𝜃₁ = 1 2[𝐴𝑆cos(𝜔𝑆𝑡 + 𝜑𝑆)+ 𝐴𝐷cos(𝜔𝐷𝑡 + 𝜑𝐷)]. 𝜃₂ = 1 2[𝐴𝑆cos(𝜔𝑆𝑡 + 𝜑𝑆)− 𝐴𝐷cos(𝜔𝐷𝑡 + 𝜑𝐷)]. Exercice 6 : Luge 1. Système : luge

Référentiel : terrestre supposé galiléen Forces :

- poids 𝑃⃗ = −𝑚𝑔𝑒 𝑥 ;

(5)

Page 5 sur 5 O est fixe dans le référentiel d’étude.

Loi du moment cinétique : d𝐿⃗ O

d𝑡 = ℳ⃗⃗⃗⃗ O(𝑃⃗⃗ )+ ℳ⃗⃗⃗⃗ O(𝑅⃗⃗ N).

OG

⃗⃗⃗⃗⃗ _{= 𝑅𝑒}_𝑟 _{⇒ 𝑣}_⃗_{= 𝑅𝜃}̇_𝑒_𝜃 _{⇒ 𝐿}⃗ _O _{= OG}⃗⃗⃗⃗⃗ _{∧ 𝑚𝑣}_⃗_{= 𝑚𝑟}2_𝜃_̇_𝑒 𝑧.

D’autre part, ℳ⃗⃗⃗⃗ _O(𝑃⃗⃗ )= OG⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑃⃗⃗ = 𝑚𝑔𝑅sin𝜃𝑒_𝑧 et ℳ⃗⃗⃗⃗ _O(𝑅⃗⃗ _N)= OG⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ 𝑅⃗⃗ _N = 0⃗ . En projetant selon 𝑒_𝑧, on obtient 𝜃̈ = 𝑔

𝑅sin𝜃 . 2. 𝜃̇𝜃̈ =𝑔 𝑅𝜃̇sin𝜃 ⇒ 1 2𝜃̇ 2 _{= −}𝑔 𝑅cos𝜃 + 𝐴1. À 𝑡 = 0, 𝜃 = 0 et 𝜃̇ = 𝑣0 𝑅. On a donc 𝑣02 2𝑅2 = − 𝑔 𝑅+ 𝐴1 ⇒ 𝐴1 = 𝑣02 2𝑅2+ 𝑔 𝑅. On en déduit 1 2𝜃̇ 2 = 𝑣02 2𝑅2+ 𝑔 𝑅(1 − cos𝜃)⇒ 𝜃̇ = √ 𝑣02 𝑅2+ 2𝑔 𝑅 (1 − cos𝜃).

3. Loi de la quantité de mouvement : 𝑚𝑎 = 𝑃⃗ + 𝑅⃗ N avec 𝑎⃗ = −𝑅𝜃̇ 2

𝑒_𝑟+ 𝑅𝜃̈𝑒_𝜃. Selon 𝑒𝑟 : −𝑚𝑅𝜃̇2 = −𝑚𝑔cos𝜃 + 𝑅N ⇒ 𝑅N= 𝑚 (3𝑔cos𝜃 − 2𝑔 −

𝑣02

𝑅) .

4. La luge quitte le profil lorsque 𝑅_N s’annule. On a donc 𝜃_d = Arccos(2

3+ 𝑣02

3𝑔𝑅).

5. 𝜃_d n’est défini que si 2

3+ 𝑣02

3𝑔𝑅 ≤ 1 ⇒ 𝑣0 ≤ √𝑔𝑅. La vitesse limite est donc 𝑣0ℓ =√𝑔𝑅 .

Exercice 7 : Masse attachée à une ficelle

1. On définit l’angle 𝜃 = (𝑢⃗⃗⃗⃗ , OM𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ). La longueur de ficelle horizontale est notée 𝑟(𝑡).

En coordonnées polaires, le moment cinétique vaut 𝐿⃗ O = 𝑚𝑟2𝜃̇𝑢⃗ 𝑧.

2. La masse est soumise à son poids et à la réaction du support qui se compensent, ainsi qu’à la tension du fil 𝑇⃗ = −𝑇𝑢⃗ _𝑟. Le moment de la tension en O est nul, ce qui entraine la conservation du moment cinétique. Ainsi, 𝑟2𝜃̇ = ℓ₀2𝜔₀ à l’instant initial.

3. Comme 𝑟(𝑡) = ℓ0− 𝑣0𝑡, il vient 𝜔(𝑡)= 𝜔0ℓ02

(ℓ0−𝑣0𝑡)2.

La masse possède une vitesse angulaire de plus en plus élevée. 4. Énergie cinétique : 𝐸c = 1 2𝑚𝑣 2 ₌ 1 2𝑚(𝑟 2_𝜃_̇2_{+ 𝑟}_̇2₎_{⇒ 𝐸} c = 1 2𝑚[ 𝜔02ℓ04 (ℓ0−𝑣0𝑡)2 + 𝑣₀2].

Elle diverge lorsque 𝑟(𝑡) tend vers 0. Conformément au théorème de l’énergie cinétique, cette énergie est fournie par la personne qui tire vers le bas. En effet, on peut montrer que la tension 𝑇 tend

également vers l’infini lorsque 𝑟 → 0, alors que l’opérateur tire à vitesse constante... En pratique, la divergence n’a pas lieu : d’une part, lorsque la bille se rapproche du trou, les modélisations ponctuelles adoptées atteignent leur limite ; d’autre part, au fur et à mesure que la vitesse augmente, l’absence de frottement devient de moins en moins probable.