Corrig´ e S´ erie 22 - Dynamique

Physique avancée I 9 décembre 2016 Prof. J.-Ph. Ansermet

Corrig´ e S´ erie 22 - Dynamique

1. Pendule sur cube en rotation libre

a) Les forces qui s’appliquent sur le point P sont : - La force de traction venant du fil T =−Te_ρ - La force de soutient de la surfaceN =Ne_z

- Le poids du pendule P =mg=mgcosφe_ρ−mgsinφe_φ

b) Dans le syst`eme (P,e<sub>ρ</sub>,e<sub>φ</sub>,e<sub>z</sub>) (coordonn´ees cylindriques), la position s’exprime comme : r = ρe<sub>ρ</sub> +ze<sub>z</sub>. Ainsi l’acc´el´eration relative dans ce syst`eme s’´ecrit comme la deuxi`eme d´eriv´ee temporelle de la position. La seule chose dont il faut faire attention est que les vecteurs de base ´evoluent dans le temps, leur d´eriv´ee n’est pas nulle mais doit ˆetre calcul´ee avec la formule de Poisson ˙ei =ω∧ei.

˙

e_ρ=ω∧e_ρ =



 0 0 φ˙



∧



 1 0 0



= ˙φe_φ (1)

˙

e_φ=ω∧e_φ=



 0 0 φ˙



∧



 0 1 0



=−φe˙ _ρ. (2) Et donc le calcul de la vitesse et de l’acc´el´eration nous donne :

v_r(P)≡r˙ = ˙ρe_ρ+ρe˙_ρ+ ˙ze_z = ˙ρe_ρ+ρφe˙ _φ+ ˙ze_z

a_r(P)≡r¨= ¨ρe_ρ+ ˙ρe˙_ρ+ ˙ρφe˙ _φ+ρφe¨ _φ+ρφ˙e˙_φ+ ¨ze_z =

¨

ρ−ρφ˙²

e_ρ+

2 ˙ρφ˙+ρφ¨

e_φ+ ¨ze_z . (3)

Le pendule est fix´e `a une longueur L de A donc ˙ρ = 0 = ¨ρ et de plus il est astreint `a se d´eplacer sur la surface du cube : ˙z = 0 = ¨z. Finalement :

a_r(P) =−Lφ˙²e_ρ+Lφe¨ _φ . (4) c) Maintenant si on cherche `a exprimer l’acc´el´eration dans le syst`eme (P,e_ρ,e_φ,e_z), il faut tenir compte de la rotation du cube. On utilise le mˆeme raisonnement que pr´ec´edemment, la position s’´ecrit r(P) = OA+AP et sa deuxi`eme d´eriv´ee nous donnera l’acc´el´eration dans le r´ef´erentiel absolu. La premi`ere d´eriv´ee temporelle de OA donne la vitesse absolue de A et celle de AP donne la vitesse relative de P ainsi qu’un terme Ω∧AP dˆu `a la rotation de A(formule de poisson). En d´erivant une deuxi`eme fois on obtient l’acc´el´eration absolue du point P :

a_a(P) = a_a(A) +a_r(P) +Ω∧(Ω∧AP) + 2Ω∧v_r(P) + ˙Ω∧AP. (5) Le deuxi`eme terme a d´ej`a ´et´e calcul´e `a la premi`ere question, on cherche maintenant `a calculer les termes restants. Commen¸cons avec le terme de Coriolis :

a_cor = 2Ω∧v_r(P) = 2



 Ωρ

Ω_φ 0



∧



 0 Lφ˙

0



= 2Ω_ρLφe˙ _z . (6) Comme Ω=−Ω (cosφe_ρ−sinφe_φ), on peut ´ecrire finalement l’acc´el´eration de Coriolis :

a_cor =−2ΩLφ˙cosφe_z . (7) d) Mˆeme d´emarche pour l’acc´el´eration absolue du point A mais cette fois il est plus facile de l’exprimer d’abords dans le syst`eme (O,x,ˆ y,ˆ z) et de transformer ensuite les vecteurs deˆ base dans le nouveau syst`eme.

a_a(A)≡r¨= _dt^d22 OA= _dt^d (Ω∧OA) = _dt^d





−Ω 0 0



∧



 0 0 D



=

d

dt(ΩDˆy) = ˙ΩDyˆ+ ΩD(Ω∧y) = ˙ˆ ΩDˆy−Ω²Dˆz.

(8)

Comme yˆ= sinφe_ρ+ cosφe_φ, on peut ´ecrire l’acc´el´eration absolue du point A :

a_a(A) = ˙ΩDsinφe_ρ+ ˙ΩDcosφe_φ−Ω²De_z . (9) e) Le dernier terme est :

Ω∧(Ω∧AP) =



 Ωρ

Ωφ

0



∧







 Ωρ

Ωφ

0



∧



 L

0 0







=−Ω²_φLe_ρ+ Ω_ρΩ_φLe_φ. (10) Finalement par la d´ecomposition de Ω, on obtient le dernier terme :

Ω∧(Ω∧AP) =−LΩ²sinφ(sinφe_ρ+ cosφe_φ) . (11) f) Oui, le moment cinetique total en O , projete sur la verticale, est une grandeur conservee car le moment de force le long de cet axe est nul et, par le theoreme du moment cinetique on conclut qu’il ne varie pas dans le temps.

2. Roto-vibrations

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a) L’equation du mouvement s’ecrit simplement

ma =−kOP, (12)

c’est `a dire en coordonn´ees polaires :





 m

¨

ρ−ρφ˙²

=−kρ selon e_ρ m

ρφ¨+ 2 ˙ρφ˙

= 0 selon e_φ . (13)

b) Le moment cin´etique s’´ecrit comme L=r∧p o`u p =mv est la quantit´e de mouvement.

Ainsi le moment cin´etique enO :

L_O =OP ∧mv =ρe_ρ∧m

˙

ρe_ρ+ρφe˙ _φ

=mρ²φ˙zˆ=L_zzˆ. (14) Ainsi selon z :

Lz =mρ²φ .˙ (15)

Le moment cin´etique en O est conserv´e, car la somme des moments de force est nulle. En effet, la force de rappel du ressort est dirig´ee en tout temps en direction deO, son moment de force est donc nul. De plus, les moments de la force de pesanteur et de support de la table se compensent exactement.

c) En coordonn´ees polaires on a : E = 1

2mv²+1

2kρ² = 1 2m

˙

ρ²+ρ²φ˙² +1

2kρ². (16)

Si on exprime en fonction du moment cin´etique selon z : E = 1

2mρ˙²+ L²_z 2mρ² +1

2kρ² . (17)

d) Pour un mouvement circulaire on a ρ = cst, c’est `a dire que ˙ρ = 0 = ¨ρ. Ainsi grˆace aux

´

equations du mouvement (13) on obtient : ω ≡φ˙ =

rk

m . (18)

3. Pendule en equerre

a) On donne le moment d’inertie pour une seule barre, le long de l’axe perpendiculaire `a la barre : I<sub>∆</sub> = <sup>M L</sup><sub>12</sub><sup>2</sup>. Ainsi grˆace `a la formule de Steiner on calcule le moment d’inertie correspondant au point O en additionnant la contribution des deux barres.

I_O = 2 I_∆+M L

2 2!

= 2

3M L² . (19)

b) Pour simplifier les calculs, on d´eterminer la position du centre de masse G de l’´equerre lorsque l’angle φ =π/4. Par sym´etrie, le centre de masse G se trouve sur la bissectrice de l’´equerre. Pour le montrer on applique la d´efinition du centre de masse :

OG = 1 2M

Z

rdm , (20)

o`uOG =x_Gxˆ+y_Gyˆetr =xxˆ+yy. Or, l’´ˆ el´ement de masse infinit´esimaldm de la barre verticale s’exprime en fonction de x commedm = ^M_L dx et l’´el´ement de masse infinit´esimal dm de la barre horizontale s’exprime en fonction de y commedm = ^M_L dy. Ainsi,

x_G= 1 2M

Z

x dm= 1 2L

Z L 0

x dx= L

4 , (21)

y_G = 1 2M

Z

y dm= 1 2L

Z L 0

y dy = L

4 , (22)

Comme x_G = y_G, le centre de masse G se trouve bien sur la bissectrice de l’´equerre. De plus, :

D=kOGk= q

x²_G+y_G² =

√2L

4 . (23)

c) L’´energie cin´etique s’´ecrit ¹₂I_Oω² car le point O est fixe. Ainsi en choisissant le z´ero du potentiel lorsque φ= 0, on ´ecrit l’´energie m´ecanique du syst`eme :

E = 1

2IOφ˙²+ 2M gD(1−cosφ) . (24) d) Le moment cin´etique en O est : L_O =I_Oφ˙z. Ainsi :ˆ

dLO

dt =I_Oφ¨zˆ=M_O =OG∧2Mg =−2M gDsinφˆz. (25) L’´equation du mouvement pour l’angle d’oscillation est donc :

I_Oφ¨=−2M gDsinφ . (26) e) Le moment cin´etique au point G vaut LG = IGφ˙z. Sa d´ˆ eriv´ee vaut donc ^dL_dt^G = IGφ¨z,ˆ avec ¨φ 6= 0 par le point pr´ec´edent. Le th´eor`eme du moment cin´etique nous dit de plus que

dLG

dt =M_G. Or, le moment de la force de pesanteur au point Gest nul. Si de plus la somme T₁+T₂, qui s’appliquent toutes deux au point O, ´etait align´ee avec le vecteur OG, alors le moment de force au point G r´esultant serait nul aussi, ce qui contredit le th´eor`eme du moment cin´etique. Ainsi, la force appliqu´ee enO ne peut pas ˆetre le long de la droite OG.

f) Pour d´eterminer les ´equations du mouvement du centre de masseGde l’´equerre en utilisant explicitement les forcesT₁etT₂, il faut appliquer le th´eor`eme du moment cin´etique au point G. Il s’´ecrit :

dL_G

dt =M_G . (27)

Le moment cin´etiqueL_G au pointGs’exprime commeL_G =I_Gφˆ˙z. Pour d´eterminerI_G, on applique Steiner `a partir deI_∆ :

I_G= 2 I_∆+M D²

= 5

12M L² . (28)

NB : on pourrait aussi appliquer Steiner pour obtenir I_G `a partir de I_O :

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I_G=I_O−2M D² . (29)

Et donc ^dL_dt^G = I_Gφ¨z. Comme discut´ˆ e pr´ec´edemment, le moment de la force de pesanteur en Gest nul. On calcule donc le moment de force enG M_G, qui est dˆu aux deux forcesT₁ et T₂ :

MG =GO∧T1+GO∧T2 =−Deρ∧

√2

2 T1(−eρ+eφ)−Deρ∧

√2

2 T2(−eρ−eφ) M_G =

√2

2 D(T₂−T₁)zˆ. (30)

Car les forces T₁ etT₂ se projettent :

T₁ =T₁

−sinπ

4e_ρ+ cosπ 4e_φ

, (31)

T₂ =T₂

−cosπ

4e_ρ−sinπ 4e_φ

. (32)

Et donc :

I_Gφ¨zˆ=

√2

2 D(T₂ −T₁)zˆ. (33)

Comme on ne connaˆıt niT₁ niT₂, il faut encore invoquer le th´eor`eme du centre de masse :

2Ma_G = 2M

−Dφ˙²e_ρ+Dφe¨ _φ

= 2Mg+T1+T2

= 2M g(cosφe_ρ−sinφe_φ) +T₁

√2

2 (−e_ρ+e_φ) +T₂

√2

2 (−e_ρ−e_φ) . (34) En projetant, on obtient ainsi les trois ´equations du mouvement :

I_Gφ¨−

√2

2 D(T₂−T₁) = 0 (35)

−

√2

2 (T₁+T₂) + 2M gcosφ=−2M Dφ˙² (36)

√2

2 (T₁−T₂)−2M gsinφ= 2M Dφ .¨ (37) On peut v´erifier ce r´esultat en le comparant `a l’´equation 26. Pour ce faire, on utilise l’´equation 37 pour substituer T₂−T₁ dans l’´equation 35. On obtient :

I_Gφ¨+ 2M D²φ¨=−2DM gsinφ (38) En se souvenant que I_O =I_G+ 2M D², l’´equation 38 est identique `a l’´equation 26.