Mécanique du solide : moment d’inertie Exercice n°1 Variation du jour terrestre par fusion des calottes glacières

Licence MPCe2i-ENSIM Travaux Dirigés Mécanique du point Module 122EN001 Année 2013-2014

R. Busselez, N. Delorme, M. Henry, R. Pommier

Mécanique du solide : moment d’inertie

Exercice n°1 Variation du jour terrestre par fusion des calottes glacières

• L’eau venant de la masse m de glace fondue se répartit sur un volume V = 4 π R

²

e . La masse d’eau sera donc : ² m = ⁴ π R

²

e ρ

_o

• Système :La Terre

Référentiel géocentrique galiléen.

La somme des moments des forces agissant sur la Terre est nulle.

En appliquant le théorème du moment cinétique on aura :

=

= ⇒

=

oz oz

oz

M L

dt

dL 0 constate

• Moment d’inertie de chaque cylindre de glace polaire

: ^{2 2 2}

2 1 2

1 ^{mr mR} α

J

_C

= = Moment d’inertie de la sphère terrestre (rayon R masse M ) :

²

5 2 MR J

_S

= Moment d’inertie de la « pellicule » d’eau, de masse m’ , d’épaisseur e :

2 2

3 ) 4 2 3 (

2 m R mR

J

_e

= =

( on considère la sphère creuse, l’épaisseur e étant négligeable devant R ).

On a (en utilisant la différentielle logarithmique) :

ω ω = ⇒ ∆ = ^∆ ω

Terre Terre terre

J const J

J .

et de plus :

T T T

= ∆

⇒ ∆

= π ω ω ω ²

Avant :

^{2 2 2 2}

5 2 2 5

2 ^{MR J MR mR} α

J

_Terre

= +

_C

= +

Après :

^{2 2 2}

3 4 5

2 5

2 MR J MR mR

J

_Terre

= +

_e

= +

Et avec J

_e

<< J

_S

cela nous donne :

²

5 ) 2

1

( J MR

J J J

J J

J

_S

S e S

e S

Terre

= + = + ≈ =

4 ) 1 3 5 ( 3

4 3 ) ( 4 2

2 5 5

2 3 ) ( 4

2 3

2 2

2 2 2

ρ α ρ ρ

π α ρ

π α

ω ω = ∆ ₌ ^∆ ₌ ⁻ ₌ ⁻ _{= −}

∆

R e R

e R MR

mR J

J T

T

^o _o

Terre Terre

On a 1

4

1 − 3 α

²

≈ ⁽ α << ¹ ) et en prenant e ≈ 6 à 7m (quelques mètres) alors :

6 6

2

10

10 . 4 , 6

6 5 , 5 ) 5 4 1 3

5 (

₋

≈

≈

−

∆ = α

ρ ρ R e T

T

_o

Cette variation reste très faible : ∆ T ≈ 10

⁻⁶

. 24 . 3600 = 0 , 24 . 0 , 36 = 0 , 0864 seconde.

z

O Plan équatorial

S N αααα

αααα

Licence MPCe2i-ENSIM Travaux Dirigés Mécanique du point Module 122EN001 Année 2013-2014

R. Busselez, N. Delorme, M. Henry, R. Pommier Exercice n°2

Choc particule-tige

Les mouvements sont étudiés dans le référentiel galiléen R ( Ox , Oy , Oz )

1) Pendant la durée très brève du choc, le système global S {particule, tige}

subitbdes forces dont le moment par rapport à O est nul : la somme des moments des forces extérieures par rapport à O est nulle (seules forces extérieures : poids et réaction du support). D’après le théorème du moment cinétique la dérivée par rapport au temps de cette grandeur est nulle donc elle se conserve dans R .

ω ^r r r r

r

J v m OM v

m OM après

L avant

L

_o

_{( ) =}

_o

_{( )} ⇒ ∧

_o

= ∧

_o

+

y y

x o z y o x o

z

mv u mv L u L u mv u J mvL u J u

u

l ^r ∧ ^r = ^r = ^r ∧ ^r + ω ^r = ^r + ω ^r ⇒ ^mv

o

^L = ^mvL + ^J ω 2) Le choc étant élastique, il y a conservation de l’énergie cinétique totale du système S

au cours du choc :

^{2 2 2 2 2 2 2 2 2}

2 1 2

1 2

1 ω ω ω

m v J v J

mv mv J

mv

mv

_o

_{= +} ⇒

_o

_{= +} ⇒

_o

= +

' 12 3

) 2 / ' (

2

2

L

L m m

J

_Gy

= = . En appliquant le théorème d’Huyghens on aura :

' 3 ' 4

' 12 2 )

( '

2 2

2

2

L

L m L m

L m m J

J =

_Gy

+ = + =

Avec

' m

= m

µ ^{on a :} ω

ω µ

ω 3

L mL

v J v J mvL L

mv

_o

_{= +} ⇒

_o

− = =

⇒ _(a)

2 2 2

2 2

) 3 )(

( ω

ω ^{v v v v L} µ m

v J

v

_o

= + ⇒

_o

−

_o

+ = (b) En divisant (b) par (a) : ( ^v

o

+ ^v ) = ^L ω et ω

µ ) 3

( L

v v

_o

− =

On en déduit en additionnant les 2 nouvelles équations :

µ µ ω

µ µ ω

3 1

2 ) 3

3 1 3 (

2

o

= + ⇒ = +

^o

v L

v L

Finalement :

_{o o}

v

^o

v v

_o

v

_o

v L v

v

v ( 1 3 ) ( 1 3 2 ) ( 3 1 )

3 1 ) 2 3 (

)

( ⇒ + = + − = −

= +

−

= ⇒

− µ µ µ

ω µ µ

v

o

v ( 3 1 ) ) 1 3 (

+

= − µ µ

L’énergie totale du système tige se conserve après le choc.

x

z A M

v ^r

o

αααα

O y

Licence MPCe2i-ENSIM Travaux Dirigés Mécanique du point Module 122EN001 Année 2013-2014

R. Busselez, N. Delorme, M. Henry, R. Pommier On a juste après le choc :

²

2 1 ^J ω E

E =

_C

= en choisissant l’origine de l’énergie potentielle de pesanteur nulle quand la tige est verticale.

La tige atteint l’angle maximal quand son énergie cinétique est nulle. L’énergie potentielle de pesanteur s’exprime par :

' 2

' l

g m gz m

E

_p

= −

_G

+ (axe z vers le bas). Avec ^cos α 2

z

_G

= L on

obtient : ( 1 cos )

' 2 ' 2

cos

' α + = − α

−

= L

g L m g m gL

m

E

_p

.

Finalement :

²

2 2

2

' ( 1 cos )

3 1 3 2 ' 3 ) cos 1 2 ( 2 '

1 α

µ α µ

ω  = −





 



⇒ +

−

= v m gL

L m L

g L m

J

^o

2 2 2 2

2 2 2

2 2

2

) 3 1 ( 1 12

) cos 3 1 ( cos 12

1 ) cos 1 ) (

3 1 (

4 9

3 µ

α µ µ

α µ µ α

µ

− +

= + ⇒

=

−

− ⇒

+ = gL

v gL

g v v

L

l

_{o o o}

°

≈

°

=

= ⇒

= ⇒ + =

+ = 0 , 2318 cos 0 , 769 39 , 8 40

3 , 1 . 8 , 9

6 , 1 . 4 , 2 ) 3 , 0 1 (

1 , 0 5 , 0 . 8 , 9

4 . 12 )

3 1 ( 12

2 2

2 2

2 2 2

α µ α

µ gL

v

_o

Exercice 3 : Moment des forces et équilibre Biomécanique

On cherche à calculer la force que doit exercer le biceps pour maintenir l’avant bras horizontal en ayant une masse de m = 4 kg dans la main.

On note C , T , G et M les positions respectives du coude, du tendon du biceps, du centre de gravité de l’avant-bras et de la main.

On donne m

avant-bras

= m

a

= 2,5 kg et α = 80°. On prendra g = 10 m.s

^-2

.

1) Faire le bilan des forces qui s’appliquent à l’avant bras en précisant les points d’application de ces forces.

Système : avant bras de masse m

_a

Référentiel terrestre galiléen Forces appliquées : (voir schéma)

g m P r

_{a a}

r

= : poids de l’avant bras appliqué en G g

m

P ^r

r = : action de la masse m appliquée en M F

r

: action du biceps appliquée en T

αααα M

C

T G

g m

P ^r

r = F

r

: action du

d Axe de

rotation

g m P r

_{a a}

r

= R

r

: réaction du coude

+

Licence MPCe2i-ENSIM Travaux Dirigés Mécanique du point Module 122EN001 Année 2013-2014

R. Busselez, N. Delorme, M. Henry, R. Pommier R

r

: Réaction du coude.

2) Sachant que le système est à l’équilibre, déterminez la force exercée par le biceps.

Le système est à l’équilibre, on a donc d’après le Principe d’inertie :

0 r r r r

r + P + P + F =

R

_a

(le point G est immobile et le reste) Cette équation comporte 2 inconnues : la

réaction et la force exercée par le biceps.

Si on détermine cette dernière, cette équation permettra de déterminer la valeur de la réaction de l’axe du coude.

Théorème du moment cinétique :

0 ) ( ) ( ) ( ) d (

d = M P + M P + M F + M R =

t L

C C

a C C

C

r r r r r r r r

r

Pour l’équilibre, le moment cinétique est nulle et donc la dérivée aussi.

Par rapport à l’axe de rotation ∆ passant par C on aura : 0 ) ( )

( )

( )

d ( . d

d

d

_∆

=

^∆

= M

_∆

P + M

_∆

P + M

_∆

F + M

_∆

R = t

u L t L

C C

a C C

C

C

r r r r r

r

Déterminons l’expression du moment de chacune de ces forces :

Rappel : Le moment d’une force par rapport à l’axe correspond à une grandeur algébrique, D

f f M

_C∆

( r ) = ± .

où D est le bras de levier, distance entre la ligne d’action de la force et l’axe de rotation. Le signe dépend du sens de rotation dans lequel tournerai le bras si la force est seule à être exercée.

0 )

( =

∆

R M

_C

r

car la réaction passe par l’axe (le bras de levier est nul) d

F F

M

_C∆

( r ) = + .

avec d ₌ TG ^sin α (voir figure) donc ^M

C_∆

^{( F} r ⁾ = + ^{F . TG . sin} α CM

mg P

M

_C∆

( r ) = − . CG g m P

M

_C∆

( r

_a

) = −

_a

. On a donc :

0 sin

.

. TG − m gCG − mgCM =

F α

_a

Avec CG = CM/2 ,

α α

α ^{sin ( 2 ) sin}

) 2 / (

sin TG

g CM m m

TG

mCM CM

g m TG

mgCM gCG

F = m

^a

+ =

^a

+ = +

^a

Application numérique :

CM = 34 cm CG = CM /2=17 cm TG = 5 cm α =80°

5 , 92 362 , 4 5 34 , 80 52

sin 5 10 34 2 )

5 , 4 2 sin (

2 )

( = =

+ °

= +

= ^TG α

g CM m m

F

^a

N

(l’équivalent du poids d’une masse de 36 kg)

3) Si on pose la masse au milieu de l’avant-bras (en G ), que devient cette force ? 4

, 80 224 sin 10 65 34 sin

) 2

sin + = ( + = =

= α ^TG α

g CM m TG m

mgCG gCG

F m

^a _a

N

(l’équivalent du poids d’une masse de 22 kg)

Le moment de la masse diminue et donc la force F diminue aussi.