Mouvement de rotation, approche énergétique 1.

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Sup PCSI1 - Exercices de physique mouvement de rotation, approche énergétique.

1 Mouvement de rotation, approche énergétique

1. Mouvement d'un cylindre :

a) Un cylindre peut tourner librement autour de son axe horizontal ∆ qui est fixe par rapport au référentiel du laboratoire considéré comme galiléen. Le moment d'inertie du cylindre par rapport à ∆ est J ; son rayon est R.

Un fil inextensible et de masse négligeable est enroulé autour du cylindre ; un corps de masse m est attaché à l'extrémité libre de ce fil.

Caractériser le mouvement de m que l'on pourra repérer par la coordonnée z comptée suivant la verticale descendante et décrire l’évolution ω(t) de la vitesse angulaire du cylindre. On souhaite traiter la question par une méthode énergétique.

b) Le dispositif précédent est modifié : un système de palettes est fixé sur l’axe; l’entraînement en rotation de ces palettes introduit un couple de frottement fluide dont le moment, de module Mf = h s’oppose au mouvement. Déterminer l’évolution temporelle de la vitesse angulaire ω(t) du cylindre, partant d’une valeur initiale nulle. (Le fil est supposé suffisamment long pour ne pas arriver en bout de déroulement avant la fin de l’étude...)

Réponses :

a) méthode 1 : Ecrivons la conservation de l’énergie pour le système (cylindre, masse suspendue), en faisant intervenir l’énergie cinétique de rotation du cylindre autour de l’axe ∆, l’énergie cinétique de la masse suspendue et son énergie potentielle de pesanteur.

On notera θ = la vitesse angulaire du cylindre, z la cote de la masse m décomptée sur un axe vertical descendant et donc amenant une vitesse de la masse m : v = z.

Em =J.ω²/2 + mv²/2 – mgz (remarque : Eppes = - mgz car (Oz) descendant).

Cette énergie va s’expliciter en fonction d’une seule variable de position, car par la présence du fil inextensible : z = R θ

(z = zo + R.θ, le fil s’allonge à mesure qu’il se déroule depuis le tambour de rayon R).

Le système étant conservatif, dEm/dt = 0 soit J.ω.dω/dt + m.Rω.Rdω/dt – mg.Rω = 0 d’où après simplification : (J + mR²).dω/dt = mgR.

Par intégration : ω(t) = mgR.t/(J + mgR²).

méthode 2 : On peut aussi écrire la variation de l’énergie cinétique du cylindre comme égale à la puissance développée par la tension du fil ;

dEc/dt = PT avec Ec = Jω²/2.

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2 Cette tension peut être explicitée à partir de la RFD écrite pour la masse m, en projection sur l’axe vertical descendant (Oz) : m = -T+ mg

qui compte tenu de la liaison apportée par le fil entre les mouvement du cylindre et de la masse m imposant z = R θ , amène : T = mg - mR = mg – mRdω/dt

La puissance développée par la tension du fil est égale au produit du moment du fil par rapport à l’axe de rotation ∆ par la vitesse angulaire : PT = MT.ω

Le théorème de la puissance cinétique dEc/dt = PT donne alors : J.ω.dω/dt = mgR.ω – mR²ω.dω/dt donc dω/dt = mgR /(J + mR²).

Par intégration : ω(t) = mgR.t / (J + mR²).

La tension T peut aussi être déterminée par un bilan énergétique instantané pour la masse m : dEc/dt = m.v.dv/dt = m.Rω.R.dω/dt = mg.Rω – T.Rω

b) Dans le bilan énergétique précédent, exprimé pour le cylindre, vient s’ajouter la puissance dissipée par frottement fluide.

dEc/dt = PT + Pfrott avec Ec = Jω²/2.

La puissance développée par le frottement est le produit scalaire du moment du couple de frottement par le vecteur rotation du cylindre, ce qui amène -hθ².

Le théorème de la puissance cinétique donne ici : dEc/dt = m.v.dv/dt = m.R²ω.dω/dt = mg.Rω – T.Rω – hω²

Il vient donc une équation différentielle du premier ordre sur ω(t) :

+ ℎ

+ () = + ²

de solution : ω(t) = (mgR / h).(1 – exp(-t/τ)) avec τ = h / (J + mR²).

Pendule avec frottement :

Ecrivons le Théorème de l’énergie mécanique pour le système des deux masses reliées par la barre.

Les actions extérieures correspondent aux poids des deux masses, à la réaction du support et au frottement (au niveau de la liaison, et dans l’air).

La pesanteur sera prise en compte en faisant intervenir l’énergie potentielle Ep = 3mg.zG où zG est l’altitude du centre d’inertie G du système.

Vue la distribution des masses, OG = a puisque on doit avoir GA = GB/2 avec AB = 3a.

D’où finalement : Ep = 3mga.cosθ.

La réaction du support peut être vue comme une force dont la droite d’action passe par O, donc de moment nul (modèle de la liaison pivot parfaite).

θ g

2a 2mg

mg

a y

z

O A

B

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3 Le système va tourner autour de l’axe (Ox) avec une vitesse angulaire ω = θ^•.

Les frottements se traduisent par un couple de frottement de moment : C h e_x

•

−

= θ dont la puissance sera Pfrott = -h².

le Théorème de l’énergie mécanique alors : dEm/dt = Pfrott (1)

avec Em = J²/2 + Ep où J est le moment d’inertie du système par rapport à l’axe.

J est la somme des moments d’inertie de chacune des masses de position A et B : J = 2m.(2a)² + m.a²= 9ma².

Il vient : Em = 9ma²²/2 + 3mga.cosθ

(1) donne alors : 9ma² – 3mga.sinθ. = −h².

soit : sin 0

9 ² 3

h g

ma a

θ^••+ θ^•− θ = .

Si θ reste proche de π, on peut envisager un DL1 de sinθ au voisinage de π ; par la formule Taylor :

( )

sinθ sinπ+ θ π− .cosπ soit ^sin^θ ⁻

(

^{θ π}⁻

)

Dans ces conditions, il vient pour équation du mouvement :

( )

⁰

9 ² 3

h g

ma a

θ θ θ π

•• •

+ + − =

soit en posant ε =θ π− : 0

9 ² 3

h g

ma a

ε^••+ ε^•+ ε =

Equation différentielle d’un oscillateur harmonique amorti, dont l’étude est classique.

Cela mène, dans le cas d’un frottement faible, à des oscillations amorties autour de la position θ = π.

A titre de révision, on peut donner la résolution complète : EC : ² 0

9 ² 3

h g

r r

ma a

+ + = de discriminant :

2

4 0

9 ² 3

h g

ma a

 

∆ =  − <

  dans l’hypothèse où h est faible.

On aura des oscillations de pseudo pulsation : ω =

1 2

3 4 9 ² 3

g h g

a ma a

 

−  

 

Dans les conditions initiales envisagées :

( )

^exp ^cos

( )

18 ²

o

t h t t

θ θ ^_ ⁻ma ^_ ω

 

2. Mise en mouvement d'un volant par un rotor :

1°) Ecrivons le TMC sur l’axe de rotation pour le système comprenant l’ensemble des solides en rotation. Les seules actions extérieures sont les actions de liaison pivot,

supposées parfaites ici. Leur moment est nul, on a donc conservation du moment cinétique.

Donc en considérant l’expression de ce moment au début du processus, où seul S1 tourne à vitesse ωo et en fin de processus ou l’ensemble est en rotation à vitesse ωf : J1.ωo = (J1 + J2).ωf

S1

D₁ D₂ S₂

(4)

4 2°) Wfrott = ∆Ec

A l’état initial, l’énergie cinétique est : Eci = J1.ωo²/2.

A l’état final, elle vaut : Ecf = J1.ωf²/2 + J2.ωf²/2 = (J1 + J2).ωf²/2 avec ωf = ωo. J1 / (J1 + J2)

Après simplifications : Wfrott = J1.J2.ωo / (2.(J1 + J2))

4. Contraction d’un système d’étoile double :

On suppose explicitement dans le texte que les trajectoires des deux étoiles sont circulaires, avant et après la dissipation d’énergie. Elles tournent autour de leur barycentre G avec une vitesse angulaire Ω, puis avec une nouvelle valeur Ω’ lorsqu’elle se sont rapprochée à une distance d’< d.

Exprimons les différentes énergies mises en jeu :

énergie cinétique initiale du système 1 _{1 1} 1 ₂ ₂

² ²

2 2

EC = m V + m V

où ₁ ²

1 2

V m d

m m

= Ω

+ ^et

1 2

V m d

m m

= Ω

+

donc

( ) ( )

1 2 2 1 1 2

1 2 1 2 1 2

² ²

1 1 1

² ² ² ² ² ²

2 ² ² 2 2

C

m m m m m m

E d d d

m m m m m m µ

 

=  +  Ω = Ω = Ω

+ + +

 

 

où μ est la masse réduite du système.

énergie cinétique finale du système ; de même 1

' ' ² ' ²

C 2

E = µd Ω

énergie potentielle de gravitation initiale _p Km m¹ ²

E d

= − et finale ' ¹ ²

p ' E Km m

d

= −

(on suppose invariantes les deux masses).

Le bilan énergétique ΔE = ΔEc + ΔEp = -W s’explicite selon :

( ) (

1 2

)

1 1 1

' ² ' ² ² ²

2 d d Km m ' W

d d µ Ω −µ Ω + − ^ − ^= −

 

On tire finalement :

( ) ( ) ( )

2 1

2 2 1

2

1 1 . 2 .

' 2 1

' ' 1

m m

m W m

d d m d

m d K

− + Ω

+



 



 −

+

= Ω

La période du système T est donc modifiée en T’ =2π / Ω’ .