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o10 : moment cinétique et forces centrales
Pour le lundi 6 maiCorrection 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˙2max 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
Julien Cubizolles, sous licencehttp ://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/2.0/fr/. 4/5 2018–2019
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o10 : moment cinétique et forces centrales
Pour le lundi 6 maidonc : 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`2/3 +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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