Problème 1 : Mouvement d’un jouet

Problème 1 : Mouvement d’un jouet

On étudie dans ce problème le mouvement d’un jouet, modélisé par un point matériel notéMde masse mglissant sur un support dans le champ de pesanteur terrestre. Le mouvement s’effectuera dans un plan vertical.

On n’hésitera pas à annoter la Figure 1 et à la joindre à la copie.

Données : Rayon du cylindreR = 30 cm ; masse de l’objetm = 20 g ; accélération de la pesanteur g=9,8 m·s⁻².

I Mouvement circulaire sans frottement

Le jouet aborde avec un vecteur vitessev#»0horizontal (pointM0) un sup- port hémicylindrique de rayon notéR. Dans cette partie, on néglige tout frottement entre le support et le jouet. On noteN#»la réaction normale du support.

On nommeOle centre du cercle et on noteθl’angle entre la verticale des- cendante passant parOet le vecteurOM# ».

I.1. (a) Écrire le principe fondamental de la dynamique en coordonnées polaires de centreO. On fera apparaître une pulsation caractéris- tique, qu’on noteraω0et qu’on exprimera en fonction degetR.

(b) Vérifier que la vitesse angulaireθ˙vérifie l’équation : θ˙²= v₀²

R² −2g

R(1−cos(θ)). (1)

(c) En déduire l’expression de la force de réactionN#»tant que la vi- tesse ne s’annule pas.

(d) Déterminer à quelle condition portant sur la vitessev0le point matériel peut parvenir au sommetSdu cercle. Calculer la valeur correspondante dev0, notéev0min.

R z= 0 θ

z

O

M₀ S

M v#»₀ P

#»g

On suppose dans toute la suite que cette condition est réalisée : le contact est alors rompu quand le jouet parvient au pointSet il n’est ensuite plus soumis qu’à son poids.

I.2. On néglige les frottements avec l’air dans la suite du mouvement. Déterminer l’expression, en fonction entre autres dev0, de la distance à laquelle il passe du pointM0quand il rejoint le plan horizontal passant parM0.

I.3. La vitessev0initiale lui a été communiquée par un ressort dont une extrémité est fixe au pointAsitué à une distanceRdeM0, de longueur à vide égale àRet de constante de raideur notéek.

Une plaque sans masse est fixée à l’autre extrémitéBdu res- sort. Initialement le ressort est allongé de la même longueurR par le jouet appuyé contre la plaque, l’ensemble étant main- tenu immobile. C’est la contraction ultérieure du ressort qui propulse le jouet jusqu’au pointM0.

(a) Justifier que si l’objet est seulement appuyé contre la plaque sans y être fixé, il s’en sépare quand il atteint le pointM0.

(b) En déduire l’expression puis la valeur numérique de la valeur minimale de la constante de raideur pour qu’après avoir parcouru le demi-cercle le jouet atteigne le pointS.

R R

O

M

S

A B

M k

II Atterrissage

Après avoir quitté le support au pointS, le jouet peut atteindre un plan horizontal situé à l’altitudeR, com- mençant au pointCà l’aplomb du pointBet qui se termine par une portion circulaire de rayonR/2au pointD. On suppose que le pointDest suffisamment loin pour que le jouet ne puisse pas le dépasser.

II.1. Le jouet peut-il tomber entreCetO?

O

M0

S

A B

C D

v#»₀ On considère dans la suite qu’il atteint le plan horizontal entre les pointsCetD.

II.2. On suppose par la suite qu’il conserve après l’atterrissage sur le plan horizontalCDla composante horizontale du vecteur vitesse qu’il avait à l’instant de l’atterrissage.

(a) Déterminer l’expression de sa vitesse sur le plan horizontal en fonction, entre autres, dev0. (b) À quelle condition, portant entre autres surv0, décolle-t-il de la portion circulaire dès qu’il atteint

le pointD? Conclure.

III Effet des frottements

Dans cette dernière partie, on prend en compte les frottements entre le jouet et les différents supports (horizontaux et circulaires) qu’on modélise par un frottement solide de coefficient notéµ. On rappelle les lois d’Amontons et Coulomb. En notant respectivementN#»et#»Tles composantes normale et tangentielle de la force de contact :

• l’équilibre n’est possible que siT/N6µ,

• s’il y a mouvement, l’intensité de la force tangentielle est donnée parT =µN.

III.1. On considère tout d’abord le mouvement entreCetD. On note`Dla distance qu’il lui reste à parcourir jusqu’au pointDon notevCla norme de la vitesse horizontale avec laquelle il aborde cette portion en se dirigeant deCversD.

(a) Déterminer l’équation de la trajectoire dans l’espace des phases (vitesse en fonction de la position).

Tracer l’allure des différentes trajectoires quandvCvarie.

(b) Déterminer la valeur minimale devcmindevclui permettant d’atteindre le pointD. On l’expri- mera entre autres en fonction deµ.

(c) Déterminer l’expression de la valeur deµpour laquelle il met un temps deux fois plus long pour parcourir`Dqu’en l’absence de frottement.

III.2. On considère ensuite le mouvement entreBetM0; le point matériel y est toujours tiré par la plaque liée au ressort.

(a) Les conditions initiales sont les mêmes que pour la questionI.3b. Déterminer la trajectoire dans l’espace des phases (vitesse en fonction de la position).

(b) En déduire la nouvelle valeur de la constante de raideur minimale pour laquelle le point matériel arrive enM0avec la vitessev0mindéfinie à la questionI.1dpourµ=0,25.

III.3. On considère enfin que le jouet parvient au pointM0 avec la vitesse horizontalev0mindéfinie à la questionI.1d. On s’intéresse par la suite à la portion circulaire.

(a) Écrire la loi de la quantité de mouvement en coordonnées polaires.

(b) En déduire une expression deθ¨en fonction deθ,θ, de˙ µ,getR, au cours de la phase d’ascension.

III.4. La Figure 1 représente le portrait de phase du mouvement dans la portion circulaire.

(a) Déterminer les anglesθpour lesquels l’équilibre du jouet est possible.

(b) Que représente la courbeC? Déterminer son équation.

(c) Déterminer graphiquement la valeur du coefficientµet vérifier la valeur de la pente de la trajec- toire dans l’espace des phases pour les plus grandes valeurs deθ.˙

(d) Déterminer graphiquement une approximation de la valeur minimale de la vitesse permettant d’atteindre le pointS. Commenter.

− 1, 5

− 1

− 0, 5 0 0, 5 1 1, 5 2 2, 5 3 3, 5 4

0 1/4 1/2 3/4 1

θ/π

˙ θ / ω

C

Fig. 1 : Portrait de phase du mouvement du jouet dans la portion circulaire. Les abscisses de la zone grisée sont celles pour lesquelles l’équilibre est possible.

Correction du problème 1

I Mouvement circulaire sans frottement

I.1. (a) Le problème est équivalent à un pendule simple, la réaction normale du support jouant le rôle de la tension du fil. Comme vu en cours, on a :

−mrθ˙²e#»r= (mgcos(θ)−N)e#»r mrθ¨e#»θ=−mgsin(θ)e#»θ (2) (b) On peut vérifier que l’expression donnée est solution de l’équation radiale précédente.

En l’absence de frottement, la seule force travaillant est le poids, conservatif, d’énergie potentielle mg(1−cos(θ)). Le mouvement est donc conservatif et la conservation de l’énergie mécanique entre l’état initial (quandθ= 0) et un état ultérieur, d’angleθs’écrit :

mv₀²

2R + 0 =mr²θ˙²

2 +mgR(1−cos(θ)). (3)

(c) La loi de la quantité du mouvement sure#»θdonne alors : N=mgcos(θ) +mrθ˙²=m

v₀²

R +g(3cos(θ)−2)

(4) (d) Le point matériel pourra parvenir au pointSsiNne s’est pas annulé d’ici là. Comme l’expression

deNest monotone (décroissante) entre[0;π], il suffit de vérifier queN(θ=π)>0, soit si : v²₀>5gR→v0>3,8 m·s⁻¹. (5) On vérifie également que la vitesse ne s’est pas non plus annulée sur cet intervalle si cette condition est vérifiée.

I.2. Il arrive au pointSavec une vitesse (en utilisant l’expression (1)) vérifiant :

v₀⁰²=v₀²−4gR. (6)

Arrivé au pointS, le mouvement est alors uniformément accéléré, d’accéléré#»g et de vitesse initiale v⁰₀. L’équation de la trajectoire est alors immédiatement, en désignant pare# »xla coordonnée horizontale dirigée vers la gauche :

z= 2R− gx²

2v₀⁰² = 2R− gx²

2 v²₀−4gR. (7)

Il atteint le sol quandz= 0, soit à la distance : x²=4Rv²₀

g −16R². (8)

Commev²₀>5gR, on aura au minimum :

x²>4R²→x >2R=60 cm. (9)

I.3. (a) Lors de son oscillation, la plaque est décélérée quand sa longueur devient inférieure à sa longueur à vide,iequand elle atteint le pointM0. Si le jouet en restait solidaire, il devrait lui aussi décélérer : il faudrait alors que la plaque le retienne, ce qu’elle ne peut faire puisqu’elle ne peut que le pousser.

Le jouet se décolle donc enM0de la plaque.

(b) Comme on l’a vu, pour que le jouet atteigne le point√ S, sa vitesse enM0doit être supérieure à 5gR.

La conservation de l’énergie mécanique entre :

• le pointBoù l’énergie potentielle du ressort estk(2l0−l0)²/2 =kR²/2et le jouet immobile,

• le pointM0où la vitesse est au minimum√

5gRet l’énergie potentielle nulle, s’écrit :

kR²

2 =m5gR

2 →k=5mg

R =3,3 N·m⁻¹. (10)

On n’a évidemment pas pris en compte l’énergie potentielle de pesanteur puisque cette partie du mouvement est horizontale.

On pourrait de la même manière résoudre l’équation, en choisissant d’orienter l’axeOxdeBvers M0avec origine enM0:

m¨x=−kx (11)

pour retrouver que la vitesse au passage par la position d’équilibre estRp

k/m, produit de l’am- plitude par la pulsation.

II Atterrissage

II.1. On calcule la distance horizontale quand il n’a chuté que deR. L’équation (7) donne alors :

x²=2R v²₀−4gR g = 2Rv²₀

g −8R². (12)

Comme on a toujoursv₀²>5gR, on a :

x²>2R²→x >√

2R=42 cm. (13)

Le jouet dépasse nécessairement le pointC.

II.2. (a) Au cours de la chute libre commençant au pointS, la composante horizontale de la vitesse est conservée puisque l’accélération est verticale. La vitesse horizontale quand on atteint le support CDest donc la vitesse au pointS, de norme égale à (grâce à la conservation de l’énergie)

vCD= q

v²₀−4gR >p

gR=1,7 m·s⁻¹. (14)

(b) Supposons qu’au pointD, le contact entre le support et le jouet soit maintenu. Le mouvement de ce dernier est alors circulaire de rayonR/2. On écrit alors la loi de la quantité de mouvement pour le jouet, en ce point où il est encore animé d’une vitesse de modulevCD. Il est soumis à la réaction

du support (d’intensité notéeN), radiale et centrifuge en l’absence de frottement, et à son poids qui est en ce point est aussi radial, mais selone#»rcette fois-ci.

L’équation radiale s’écrit donc :

−mv_CD²

R/2 =−mg+N. (15)

Le contact est effectif siNest non nulle, donc si :

g>2v²_CD

R =2v₀²−8gR

R . (16)

À l’inverse le jouet décolle si :

2v₀²−8gR

R >g→v0>3 rgR

2 =3,6 m·s⁻¹. (17)

III Effet des frottements

III.1. (a) Sur ces portions horizontales, l’accélération verticale est nulle donc la composante normale de la réaction compense exactement le poids, soitN = mg. La loi d’Amontons et Coulomb du frot- tement cinétique assure alors queT = µN =µmg. En orientant l’axeOxhorizontalement de CversD, la loi de la quantité de mouvement s’écrit alors, en projection horizontale et pour un mouvement selone# »x, tant quex˙>0:

m¨x=−µmg. (18)

Le mouvement est donc uniformément décéléré. On peut intégrer cette équation pour obtenir les expressions dex˙puisxen fonction du temps. Il est cependant plus rapide d’utiliser le théorème de l’énergie mécanique : entreCetDla seule force qui travaille est la force de frottement constante dont le travail pour une distance parcouruexest−µmgx. On écrit donc :

m x˙²−v_c²

2 =−µmgx→x˙= q

v²_c−2µgx=p 2µg`_D

s v²_C 2µg`_D − x

`_D.

L’allure des trajectoires correspondantes est représentée sur la figure ci-dessous pour différentes valeurs devC.

(b) On y lit directement qu’il pourra atteindre le pointD si :

vC>vCmin=p 2µg`D.

(c) On intègre l’équation (18) enx=vCt−^µgt₂². Quand vC > vCmin, on a donc, en notantt0 la durée mise pour parcourir`Dsans frottement :

`D=vCmint0 sans frottement

`D= 2vCmint0−µg(2t0)²

2 avec frottement

(19) µ=v²_Cmin

2g`D

. (20)

On constate que, pour cette valeur deµ, la vitesse à l’instant2t0est :vC−2t0µg= 0. Le point matériel s’immobilise au bout de la piste.

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1

0 0,5 1 1,5

x/`D

v/√ 2µglD

III.2. (a) On a de nouveau un mouvement uniformément accéléré. En orientant cette fois-ci l’axeOxdeB versM0, avec une origine enM0la loi de la quantité de mouvement s’écrit, tant quex˙>0:

m¨x=−kx−µmg=−k x+µmg

k

.

On reconnaît un oscillateur harmonique de pul- sationω dont la position d’équilibre serait en x=−^µmg_k ≡ −xµ. La trajectoire dans l’espace des phases est alors une ellipse de centre−xµ. Pour les conditions initialesx˙ = 0enx= −R, son « rayon horizontal » est l’amplitudeR−xµ

du mouvement et son « rayon vertical » estω(R−

xµ). Comme établi précédemment, la trajectoire diffère de cette ellipse quand le jouet décroche se sépare de la plaque, quand le ressort passe en compression pourx>0(courbe en traits inter-

rompus). ⁰ _{−R −xµ 0}

ω(R−xµ)

x

˙x

(b) i. On en déduit, graphiquement, la vitessev0quand il parvient enx= 0. On a alors, en utilisant l’équation de l’ellipse :

(x−xµ)²

(R−xµ)²+ x˙²

ω²(R−xµ)² = 1→x˙=ω q

(R−xµ)²−x²_µ=ω q

R²−2xµR= rk

m r

R²−µmgR k . On aurait également pu obtenir ce résultat :

• plus rapidement en écrivant la conservation de l’énergie entre les pointsBetM0,

• plus fastidieusement en utilisant la solutionx(t) =−xµ−(R−xµ)cos(ωt), pour détermi- ner l’instanttM₀oùx= 0et en déduire la valeur de la vitessex˙=ω(R−x_µ)sin(ωtM0).

ii. Pour arriver avecv0>√

5gR, on doit maintenant avoir :

kR²

2 −µgR>m5gR

2 →k> mg

R (5 + 2µ) =3,6 N·m⁻¹.

III.3. (a) On rajoute simplement aux équations (2) la force de frottement solide, dont on noteTθla compo- sante orthoradiale. On a alors :

−mRθ˙²e#»r= (mgcos(θ)−N)e#»r mRθ¨e#»θ=−mgsin(θ)e#»θ+Tθ. (21) Dans la phase d’ascension oùθ >˙ 0, la force de frottement est selon−e#»θet a pour normeµN, soit Tθ=−µN.

(b) L’équation radiale donne une expression deNqu’on reporte dans l’équation orthoradiale pour obtenir :

θ¨=−g

R(sin(θ) +µcos(θ))−µθ˙²=−ω₀²(sin(θ) +µcos(θ))−µθ˙² (22) III.4. (a) Les équations de (21) donnent les positions d’équilibre comme celles où l’accélération est nulle

(θ¨= 0) quand on est immobileθ˙= 0. Elles vérifient donc :

N=mgcos(θ) Tθ=mgsin(θ). (23)

La loi d’Amontons et Coulomb du frottement statique assure alors que l’équilibre sera possible tant que :

T

N 6µ→tan(θ)< µ. (24)

Ceci correspond donc à la bande grisée définie par tan(θ)6µ. On peut donc y lire la valeur de mu. Sa frontière est enθ/π=8·10⁻², soitθ=arctan(.25)'0,25.

(b) La courbeCreprésente des interruptions de la trajectoire pour des valeurs deπ/26 θ6 π: il s’agit des points dans l’espace des phases où la force de contact s’annule,ieoù le jouet tombe du support. La partie radiale de l’équation (21) permet d’exprimer la réaction normaleN. On obtient :

N=mgcos(θ) +mRθ˙², (25)

qui s’annule pour :

θ˙²+ g

Rcos(θ) = 0, (26)

qui est donc l’équation de la courbeC. On vérifie en particulier qu’il faut que cos(θ) 6 0, soit θ>π/2pour que cette condition soit réalisée.

(c) On a déjà obtenu la valeur demuà la questionIII.4a. On peut également la lire sur les trajectoires correspondant à une grande énergie initiale,ieà une grande valeur deθ. En effet, la pente d’une˙ trajectoire dans l’espace des phases est :

dθ/ω˙ 0

dθ/π = π ω0

θ¨

θ˙. (27)

L’équation (22) se réécrit, en des points, oùθ˙6= 0: θ¨

θ˙=−ω²₀

θ˙ (sin(θ) +µcos(θ))−µθ˙² ω0

(28)

→ π ω0

θ¨

θ˙=−π ω0

θ˙ (sin(θ) +µcos(θ))µ θ˙ ω0

!

. (29)

Au départ des trajectoires, où sin(θ) = 0, on a donc : dθ/ω˙ 0

dθ/π =−µπ ω0

θ˙ + θ˙ ω0

!

. (30)

On peut calculerµà partir de cette expression pour n’importe laquelle des trajectoires. Néanmoins, il est plus rapide de choisir celle pour laquelleθ/ω˙ 0est maximale (à 4). On peut alors négligerω0/ ˙θ devantθ/ω˙ 0pour obtenir simplement :

dθ/ω˙ 0

dθ/π =−µπ θ˙ ω0

. (31)

On lit pour cette trajectoire une pente de : 2,35−4

0,5−0 =−3,3→µ=3,3

4π '0,26. (32)

On retrouve bien la valeur précédente.

(d) La trajectoire démarrant à( ˙θ/ω0) = 4atteintθ=πsans être interrompue par la courbeC. Elle atteint donc le pointS, contrairement à celle démarrant à 3,5. La valeur limite est donc comprise entre ces deux valeurs. Choisissons 3,75, on calcule alors :

v0=Rω0×3,75=3,75p

gR=6,4 m·s⁻¹, (33)

significativement différente de la valeur en l’absence de frottement.