I Rotations autour de son extrémité

MPSI2, Louis le Grand

Devoir en temps libre

10 : moment cinétique et forces centrales

Correction du problème 1

La barre est un solide en rotation autour de l’axe∆, fixe dans le référentiel terrestre considéré galiléen.

I Rotations autour de son extrémité

I.1. La barre est n’est soumise qu’à :

• son poids, conservatif, d’énergie potentiellemgz, aveczl’altitude de son centre de masse, situé en son milieu,

• les actions de contact au niveau de l’axe, conservatives en l’absence de frottement.

On choisit l’origine des énergies potentielles de pesanteur quand la barre est enθ= 0,iez=`(1− cos(θ))/2.

L’énergie cinétique de la barre estJ∆θ˙². L’énergie mécanique s’écrit alors :

Em=J_∆θ˙²

2 +mg`(1−cos(θ))

2 .

I.2. La conservation de l’énergie mécanique entre l’instant initial, oùθ(0) = 0etθ(0) = ˙˙ θ0, et un instant ultérieur donne :

J∆θ˙²₀ 2 =J∆θ˙²

2 +mg`(1−cos(θ))

2 . (3)

(a) La barre peut effectuer un tour complet si on peut atteindreθ=π. On y parvient à la limite avec une vitesse nulle :

J∆ωmin2

2 =mg`→ωmin= s2mg`

J∆

= r6g

` . (4)

(b) Dans le cas des petites oscillations, on peut développer1−cos(θ)'θ²/2. L’équation (3) devient alors :

J_∆ωmin2

2 =J_∆θ˙²

2 +mg`θ²

4 →J∆θ¨+mg`θ

2 = 0→θ¨+3g

2`θ= 0, (5) de pulsationω0≡p

3g/(2`), soit de périodeT0= 2πp 2`/(3g).

(c) On calcule :

ωmin=14 rad·s⁻¹ T0=9,0·10⁻¹s.

I.3. L’équation (3) s’écrit maintenant, entre (θ=π/2 ; ˙θ= 0) et (θ= 0 ; ˙θmax) : mg`

2 =J∆θ˙²_max 2 →θ˙=

r3g

` =9,9 rad·s⁻¹. (6)

II Rotation autour d’un point quelconque

II.1. La tige en rotation autour de l’axe∆αpeut être vue comme constituée :

• d’une tige de longueurα`et de masseα`,

• d’une tige de longueur(1−α)`et de masse(1−α)`,

toutes deux étant en rotation autour de leur extrémité. En sommant leurs moments d’inertie, on calcule :

J∆α=αmα²`²

3 +(1−α)m(1−α)²`²

3 =J∆(α³+ (1−α)³). (7) II.2. (a) Le centre de masse se retrouve à la distance|1/2−α|`de l’axe, l’énergie potentielle de pesanteur devientmg`(1/2−α)(1−cos(θ)). Remarquons en particulier que pourα > 1/2le centre de masse est désormais au dessus de l’axe pourθ∈ [π/2 ;π]. L’intégrale première du mouvement devient :

J∆

2 α³+ (1−α)³θ˙²+mg`(1/2−α) (1−cos(θ)) =cste

θ→1

J_∆

2 α³+ (1−α)³θ˙²+mg`(1/2−α)θ²

2 =cste. (8)

La méthode précédente permet de déterminer la nouvelle période des petites oscillations autour deθ= 0pourα61/2ouθ=πpourα >1/2en remplaçant alorsαpar1−α.

T = 2π s

J∆(α³+ (1−α)³) mg`(1/2−α) =T0

s

(α³+ (1−α)³) (1−2α) .

(b) • Pourα= 1/2, le moment du poids est nul, toute position est donc position d’équilibre stable et on ne peut donc pas définir de période (on peut aussi la considérer infinie).

• Pourα= 3/4la position d’équilibre stable est enθ=πen remplaçantαpar1−α, soit par 1/4.

Il ne reste donc que le casα= 1/4à considérer pour lequel on calculeT =8,4·10⁻¹s.

II.3. (a) L’équation (8) permet de déterminer la norme de la vitesse angulaire en fonction de la position.

Elle s’écrit ici : J∆

2 α³+ (1−α)³θ˙²+mg`(1/2−α) (1−cos(θ)) =mg`(1/2−α)(1−cos(θ0)) Sur un quart de période correspondant à(t= 0 ;θ = 0)→ (t= T/4 ;θ =θ0), on aθ˙ >0et

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donc : dθ dt = ˙θ=

smg`(1−2α)(cos(θ)−θ0) J_∆(α³+ (1−α)³) =ω0√

2

s(1−2α)(cos(θ)−cos(θ0)) α³+ (1−α)³

→dt= dθ ω0√

2p

cos(θ)−cos(θ0) s

α³+ (1−α)³ 1−2α

→T = 4

θ0

Z

θ=0

dt= s

α³+ (1−α)³ 1−2α

θ0

Z

θ=0

4dθ ω0

√2p

cos(θ)−cos(θ0)=T0

s

α³+ (1−α)³ 1−2α .

(9) L’intégrale surθest en effet indépendante du paramètreαet l’expression précédente définitT0

pourα= 0.

(b) On étudie les variations dep

(α³+ (1−α)³)/(1−2α). Il suffit d’étudier celles de l’argument de α:

f(α) =α³+ (1−α)³ 1−2α →df

dα= −1 + 6α−6α² (1−2α)² → df

dα= 0 pour:αmin'0,211.

En ce point, on calculef(αmin)'0,866. Cette valeur est inférieure à la valeurf(0) = 1, on vérifie ainsi qu’il s’agit bien d’un minimum.

III Collisions

III.1. (a) Le paramètre d’impact du point matériel estd, son moment cinétique par rapport à l’axe∆avant le choc est doncσ_/∆(M) = m0v0d. Ce sera de mêmeσ_/∆(M) =m0vdaprès le choc. La tige étant un solide en rotation, on aσ_/∆(T) =J ω. La conservation du moment cinétique par rapport à∆s’écrit donc :

m0v0d=m0vd+Jω.

L’énergie cinétique de la tige est¹₂Jθ˙². Sa conservation au cours du choc s’écrit donc : 1

2m0v²₀=1

2m0v²+1 2Jω². On peut donc écrire :

v0−v= Jω

m0d et:v²₀−v²=Jω² m0

.

(b) Le quotient de ces deux expressions donne :

v0+v=dω.

On en déduit :

2v0=dω+ Jω

m0d→ω= 2m0v0x

J+m0d² = 2m0v0d m`²/3 +m0d²,

puis :

v0+v

d =m0d(v0−v)

J →v=v0m0d²−J

J+m0d² =v0m0d²−m`²/3 ml²/3 +m0d². III.2. Comme vu à la question précédente, la tige pourra faire un tour complet siω>p

2mg`/J, soit :

2m0v0d J+m0d² >

r2mg`

J ie v0>

r3g 2`

d+ m`²

3m0d

. On vérifie (en dérivant par rapport àd) que cette expression est minimale end=`p

m/3m0. Pour m=m0, ce sera end=`/√

3où on aura : v0>p

2g`=2,4 m·s⁻¹.

III.3. La quantité de mouvement de l’ensemble avant le choc est celle du point matériel, soitm0v0# » ex. La quantité de mouvement de la tige est le produit demet du vecteur vitesse de son centre d’inertie. Juste après le choc, celui-ci est(` ω/2)# »

exet la quantité de mouvement totale est donc : m0v# »

ex+m`ω 2

e# »x=

m0v0m0d²−m`²/3

ml²/3 +m0d² + mm0`v0d m`²/3 +m0d²

e# »x

=

m²₀v0d²−m0mv0`<sup>2</sup>/3 +mm0`v0d m`²/3 +m0d²

e# »x

La différence au cours du choc est alors : m0v# »

ex+m`ω 2

e# »x−m0v0# » ex=

m²₀v0d²−m0mv0l²/3 +mm0`v0d−m0v0l`²/3−m²₀v0d² m`²/3 +m0d²

e# »x

=mm0`v0

d−2`/3 m`²/3 +m0d²

e# »x

Sid= 2`/3la quantité de mouvement totale est conservée et la résultante des forces exercées par le batteur sur la batte est nulle : c’est cette position qui minimise le traumatisme ressenti par le bras.

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