Mécanique Analytique , Corrigé 2 Assistants : jaap.kroes@ep .ch & benjamin.audren@ep .ch

2010-2011

Mécanique Analytique , Corrigé 2

Assistants : jaap.kroes@ep.ch & benjamin.audren@ep.ch

Exercice 1 : Machine d'Atwood

T

T

T

T

m

m

m

m

1. En choisissant un axe vertical z dirigé vers le bas, les équations de Newton prennent la forme suivante :



 

 

 

 

m 1 z ¨ 1 = m 1 g − T 1

m 2 z ¨ 2 = m 2 g − T 1 + 2T 2

m ₃ z ¨ ₃ = m ₃ g − T ₂ m 4 z ¨ 4 = m 4 g − T 2

(1)

Les conditions d'inextensibilité des deux cordes se traduisent en deux conditions sur les accélérations.

En eet, en notant z 0 la hauteur de la plus haute poulie et R

le rayon de la i -ème poulie on peut exprimer la longueur des cordes comme :

L 1 = (z 1 − z 0 ) + (z 2 − z 0 ) + πR 1

L ₂ = (z ₃ − z ₂ ) + (z ₄ − z ₂ ) + πR ₂ (2) En prenant la seconde dérivée par rapport au temps, on obtient les contraintes suivantes :

¨

z ₁ = −¨ z ₂ ≡ a ₁

¨ z 3 ≡ a 3

¨

z 4 = −2a 1 − a 3

(3)

On obtient alors le systeme suivant de quatre équations pour les quatre inconnues a 1 , a 3 , T 1 et T 2 :



 

 

 

 

m 1 a 1 = m 1 g − T 1

m ₂ a ₁ = −m 2 g + T ₁ − 2T ₂ m 3 a 3 = m 3 g − T 2

m ₄ (2a ₁ + a ₃ ) = −m ₄ g + T ₂

(4)

1

2. Les solutions du système précédent sont a 1 =

(m 1 − m 2 )(m 3 + m 4 ) − 4m 3 m 4

(m ₁ + m ₂ )(m ₃ + m ₄ ) + 4m ₃ m ₄

g a 3 =

(m 1 + m 2 )m 3 + (m 2 − 3m 1 + 4m 3 )m 4

(m ₁ + m ₂ )(m ₃ + m ₄ ) + 4m ₃ m ₄

g T 1 =

2m 1 [4m 3 m 4 + m 2 (m 3 + m 4 )]

(m 1 + m 2 )(m 3 + m 4 ) + 4m 3 m 4

g T 2 =

4m 1 m 3 m 4

(m 1 + m 2 )(m 3 + m 4 ) + 4m 3 m 4

g

(5)

3. Vérions quelques propriétés des solutions :

a) Si m ₂ = m ₁ on a a ₁ < 0 . En d'autres mots, la masse 1 ne peux que monter, comme on s'y attend.

b) Si m 1 = m 2 +m 3 +m 4 on a a 1 ∝ (m 3 −m 4 ) ² . On constate donc que si m 3 et m 4 sont diérentes, le mouvement autour de la poulie 2 va "alléger" le sous-système formé de m 2 , m 3 et m 4 . Si, au contraire, m 3 = m 4 , on trouve a 1 = a 2 = 0 .

4. Cette description est valable pour une longueur de corde formellement innie. Il ne peut en aucun cas décrire ce qu'il se passe lorsqu'une des masses viendra percuter un poulie par exemple.

Exercice 2 : Particule sur un cylindre

1. L'équation de Newton s'écrit : m ~ x ¨ = m h

(¨ r − r θ ˙ ² )ˆ e

+ (r θ ¨ + 2 ˙ r θ)ˆ ˙ e

+ ¨ zˆ e

i

= −mg e ˆ

+ S e ˆ

(6) Avec la contrainte r = R = constante. Selon ˆ e

on obtient donc :

θ ¨ = 0 ⇒ θ ˙ = constante = L

mR ² (7)

où L

est le moment cinétique selon e ˆ

. En projetant selon ˆ e

on n'obtient aucune nouvelle infor- mation sur la dynamique du système, par contre on peut en tirer la force de réaction S :

S = − L ²

mR ³ (8)

Finalement selon l'axe z :

¨

z = −g ⇒ z(t) = z 0 + v

t − 1

2 gt ² (9)

2. On choisit comme condition initiale une vitesse de norme v 0 formant un angle α avec l'horizontale (dirigée vers le haut). Le moment cinétique selon e ˆ

est alors donné par :

L

= mRv 0 cos(α) (10)

Pour parcourir N tours en un temps τ , il faut que θ(τ ) − θ(0) = 2πN , et donc : τ = 2πN mR ²

L

= 2πN R

v ₀ cos(α) (11)

A présent il faut imposer z(τ) − z(0) = 0 , et donc : v

τ − 1

2 gτ ² = τ

v

− 1 2 gτ

= 0 (12)

ce qui nous donne la condition suivante sur v 0 et α :

v ² ₀ sin(2α) = 2πN gR (13)

On note que v 0 est minimal pour α = π/4 .

2

Petite note complémentaire : le point le plus compliqué de cet exercice est de connaître l'accélération en coordonnées polaires. Pour y arriver on part de :

~

x = rˆ e

(14)

La vitesse est donc donnée par :

~ ˙

x = ˙ rˆ e

+ r e ˙ˆ

(15) Le vecteur ˆ e

et ˆ e

étant donnés par :

ˆ e

=

cos θ sin θ

& e ˆ

=

− sin θ cos θ

(16) on trouve :

˙ˆ e

= ˙ θ

− sin θ cos θ

= ˙ θ ˆ e

(17)

et donc :

~ x ˙ = ˙ rˆ e

+ r θˆ ˙ e

(18) Pour l'accélération, il faut dériver le résultat ci-dessus encore une fois, de la même façon ( e ˙ˆ

= − θ ˙ e ˆ

), et l'on trouve :

~ ¨

x = (¨ r − r θ ˙ ² )ˆ e

+ (r θ ¨ + 2 ˙ r θ)ˆ ˙ e

(19)

Exercice 3 : Particule sur un rail

Une particule soumise à la pesanteur se déplace dans une cavité. On veut qu'elle ait un mouvement harmonique de fréquence ω ² = g/L , où L est une échelle de longeur introduite pour satisfaire l'analyse dimensionnelle. Donc

¨ x = − g

L x (20)

La position de la particule et la force de soutien s'écrivent

~ x =

x f (x)

et S ~ = S

S

(21) Les équations de Newton s'écrivent dès lors

( m¨ x = S

m f ¨ (x) = S

− mg (22)

où l'on a f ˙ (x) = f

(x) ˙ x et donc f ¨ (x) = f

(x) ˙ x ² + f

(x)¨ x où l'on a noté la dérivée de f (x) par rapport à x par f

(x) . Il existe toutefois une condition supplémentaire : la force de soutien exercée par le rail est perpendiculaire à ce dernier. Introduisons donc le vecteur unitaire ˆ t tangent en tout point au rail. Il s'exprime tout simplement comme

ˆ t = 1 p 1 + f

(x) ²

1 f

(x)

(23) La condition sur la force de soutien est donc

S ~ · ˆ t = 0 → S

+ f

(x)S

= 0 (24) En utilisant la dernière relation pour éliminer la force de soutien des équations de Newton on trouve

¨

x = − gf

(x) + ˙ x ² f

(x)f

(x)

1 + f

(x) ² (25)

3

An d'obtenir un mouvement oscillatoire de pulsation ω = p

g/L on devrait donc résoudre g

L x = gf

(x) + ˙ x ² f

(x)f

(x)

1 + f

(x) ² (26)

Pour nous débarasser de la dépendance de x ˙ ² , nous pouvons utiliser la conservation de l'énergie E = 1

2 m

˙

x ² + ˙ f (x) ²

+ mgf(x) = 1

2 m x ˙ ² 1 + f

(x) ²

+ mgf (x) (27)

Nous avons donc nalement obtenu une équation ne contenant plus que x , f (x) et ses dérivées qui pourrait être résolue numériquement.

4