EL BILIA SUP
Classe MP
EXERCICE DYNAMIQUE DES SOLIDE ET DES SYSTEMES
Exercice 1 ROULEMENT OU GLISSEMENT SUR UN PLAN INCLINE
Une roue pleine et homogène de masse M, rayon R, centre G, roule sans glisser sur un plan incliné
d'angle . Nous prenons pour axe OX orienté vers le bas la droite formée par les projetés de G sur le
plan incliné. La roue reste verticale. Soit X(t) l'abscisse de A et de G sur OX, avec X= 0 à t = 0. On se
propose de > trouver l'accélération Ax de son centre de masse en appliquant à la roue les principes de
la dynamique des solides.
1. Ecrire le théorème de la quantité de mouvement et en déduire deux relations reliant les composants
T et N de la réaction R du plan, au poids mg de la roue et à l'angle .
2. On a le droit d'écrire le théorème du moment cinétique par rapport au point G.
a) En déduire une troisième relation reliant Tà l'accélération angulaire d/dt.
Retrouver la valeur de Ax en fonction de g et de  à partir du théorème de l'énergie cinétique.
b) Donner la valeur de T et N en fonction de mg et . A partir de quelle valeur de  la roue ne peut
elle plus rouler sans glisser si le coefficient dynamique est 0,5?
EXERCICE 2 Cerceau-disque
1. Dans un référentiel galiléen un cerceau de masse M de rayon R tourne autour d'un axe fixe Oz ,à
l'intérieur ,un disque de masse m de rayon r roule sans glisser.(ci-contre)
repère la position d'un point du cerceau,
repère la position par rapport à la verticale de C centre du disque,
repère la position d'un point du disque .
On donne le moment d'inertie du disque par rapport à son axe ICz =
O
(mr2) / 2.
1.1. Quel est le moment d'inertie du cerceau ?
z
1.2. Quel est le moment cinétique par rapport à Oz du système cerceau C
disque ?

1.3. Quelle est l'énergie cinétique du système cerceau-disque ?
1.4. Ecrire le théorème de la puissance cinétique pour le système
cerceau-disque .
x
2. On maintient l'axe Cz fixe de sorte que  = cste ,on exerce de plus


sur le disque un couple de rappel élastique  C u z .
2.1. Calculer par une méthode énergétique la période des petites oscillations du disque.
2.2. Application numérique : M = 2m = 2kg, C =2N.m.rad-1.
2.3. Calculer, en fonction de N composante normale de la réaction ,l'amplitude maximale des
oscillations compatibles avec le non glissement.
EXERCICE 3 Tige sur disque
1. Dans un plan vertical Oxy, une tige OA de masse m et de longueur
l repose sur un disque ( D ) de centre C de masse M de rayon r avec r
< l (figure 1)
L'extrémité O de la barre est liée à l'origine du repère par une liaison
sans frottements, les contacts en I et J sont aussi sans frottements.
On donne le moment d'inertie de la tige par rapport à un axe passant
par son extrémité IOz  1 ml2
3
y
A
y
J
G
z
M


 repère l'inclinaison de la barre.  repère la position du disque dans
O
I
le référentiel barycentrique du disque. x repère la position du point I.
A l'instant
initial , le disque est immobile. et 0 1.1. Préciser la relation entre x et .
1.2. .En utilisant le principe fondamental de la dynamique appliquée au disque , préciser la fonction
(t).
1.3.3 En utilisant le théorème de l'énergie cinétique pour le système , écrire une équation différentielle
en  du mouvement, puis exprimer (t) en fonction de  et des données .
x
2. Le disque roule sans glisser sur l'axe horizontal , le contact en J demeure sans frottements.
2.1. Ecrire la condition du roulement sans glissement
2.2. Appliquer la relation fondamentale de la dynamique au disque .
2.3. Appliquer le théorème de l'énergie cinétique à l'ensemble tige-disque, en déduire une expression
de (t) en fonction de  et des données .
EXERCICE 4 Cylindre sur plateau
Un cylindre horizontal de longueur l se déplace
parallèlement à l'axe Ox avec l'accélération

constante - aex . Le repère R(O, x, y, z ) est lié au
plateau (figure 1).
Un cylindre de rayon R, de masse m, de moment
d'inertie (mR2) / 2 est posé sur le plateau à distance
d de O ; sa vitesse initiale est nulle . Le contact
entre le cylindre et le plateau se fait avec un
coefficient de frottement f.
1. Dans l'hypothèse du roulement sans glissement , calculer le temps t1 au bout duquel le cylindre
quitte le plateau ; en déduire la distance parcourue par le plateau pendant ce temps.
2. Quelle est l'inégalité liant f et a pour qu'il n'y ait pas de glissement ?
3. Dans l'hypothèse du glissement , calculer le temps t2 au bout duquel le cylindre quitte le plateau ; en
déduire la distance parcourue par le plateau pendant ce temps.
EXERCICE 5 Un homme sur une échelle
1. Une échelle de masse m de longueur 2l est posée sur le sol en A et
contre un mur vertical en B.
Le contact en B est sans frottement , le contact en A est réalisé avec
un coefficient de frottement de glissement f.
1.1. Un ouvrier assimilé à un point matériel M de masse M grimpe à
l'échelle , déterminer l'inclinaison de l'échelle
permettant à l' ouvrier d'aller jusqu'en haut sans risque .
1.2. Faire l'application numérique avec m = 25kg, M = 75kg, f = 0,8.
commenter le résultat .
2. On associe deux éléments identiques à l'échelle précédente pour
former une échelle double, l'articulation en B est parfaite .
B
y
G2
2.1. Faire un bilan des actions extérieures agissant sur le système
échelle-double.
2.2. Calculer en fonction de l'angle d'inclinaison  les actions de
contact en A et C .
2.3. Quelle condition doit vérifier pour que l'ouvrier monte sans
danger ? Faire l'application numérique avec les valeurs
précédentes.
B
G1
M
O

A x
CORRIGE DYNAMIQUE DES SOLIDE ET DES SYSTEMES
CORRIGE 1 roulement ou glissement sur un plan incliné : La roue est
soumise à son poids, à l'action du plan décomposée en une action normale
au plan N et une action parallèle au plan T , de sens contraire à la vitesse.
somme vectorielle des forces = masse fois vecteur accélération de G sur
un axe perpendiculaire au plan l'accélération est nulle (pas de décollage)
N = mg cos (1) sur un axe parallèle au plan orienté vers le bas: -T +
mg sin = m Ax (2) le signe moins traduit une force de freinage
théorème du moment cinétique en G, centre d'inertie de la roue: T*
rayon= I d/dt avec I = ½m r² roue cylindrique pleine. T= ½ mr d/dt
avec Ax = r d/dt soit T = ½ mAx (3) les moments des autres forces ,
poids et N sont nuls car leur direction rencontrent l'axe de rotation repport
ci-dessus en (2)
-½mAx + mg sin  = m Ax d'où Ax =2/3 g sin  et T = 1/3 mg sin . Il n'y a pas de glissement tant
que T inférieure ou égale à f N 1/3 mg sin  <= 0,5 mg cos  tan  <= 1,5 soit  <= 56,3°.
retrouver l'accélération de G à partir du th de l'énergie cinétique : au départ , pas d'énergie cinétique, la
vitesse étant nulle à une date t : Ec fin =½ mv² + ½ I². avec I=½ mr² et =v/r d'où : Ec fin = ½ mv² + ½
( ½mr² v² / r²)= 0,75 mv² variation d'énergie cinétique : 0,75 mv²
seul le poids travaille tant qu'il n'y a pas glissement
W poids = mg AB sin. par suite 0,75 mv² = mg AB sin. v² = 2(2/3 g sin  ) AB relation du type : v²
= 2Ax AB alors Ax = 2/3 gsin .
CORRIGE 2 Cerceau-disque d'après Icna 95
1.1. Tous les points sont à distance R de l'axe IOz = mR2 .
1.2. On considère le système constitué du cerceau et du disque LO, disque  LC  OC  mv  C  soit
2
LO disque  0,5.mr 2eZ   R  r  er  m  R  r  e soit LO disque  0,5.mr 2  m  R  r    eZ


2
après projection sur l'axe, il vient : LOZ , disque  0,5.mr   m  R  r   et pour le système :
2
LOZ , système  0,5.mr 2  m  R  r    MR 2 .
2


1.3. Pour le disque : EC , disque  0,5. 0,5.mr 22  0,5.m  R  r  2 et pour le système :
2
EC , système  0,5.MR 2 2  mr 22 / 4  0,5.m  R  r   2
2
1.4. Le théorème de la puissance cinétique s'écrit : dEc  Pint  Pext il y a roulement sans glissement Pint
dt
= 0. Pext  mg.v  C  Pext  mg.  R  r   sin  . Le théorème s'écrit donc :
MR 2   0,5.mr 2  m  R  r    mg.  R  r   sin   0
2
La relation de roulement sans glissement donne une relation entre  ,  et  mais elle n'est pas
facilement utilisable ici .
2.1. L'axe Cz est fixe , = cste,la condition de roulement sans glissement s'écrit : r  R
Utilisons le théorème de la puissance cinétique pour le système, on a toujours Pint = 0, les actions de
contact ne travaillent pas . Pext  C  . Le poids ne travaille plus car l'axe du disque reste à une


2 2
2 2
altitude constante, il est fixe . EC  0,5. MR   0,5.mr  et avec le roulement sans glissement :
EC  0,5.  M  m 2 r 
2 2
le théorème s'écrit alors : 0,5. M  m 2 r 2  C  0 avec  0 on a :  
2C
0.
 2M  m  r 2
La solution est du type  = 0 cos( t + ) avec la pulsation 02 
T0  2
 2M  m  r 2
2C
.
2C
et la période
 2M  m  r 2
2.2. Application numérique T0 = 0,44s
2.3. Pour vérifier le RSG, on calcule les composantes tangentielle et normale des actions de contact
sur le disque. En utilisant le théorème du moment cinétique pour le disque dans son référentiel
d LC
 M C ,ext ; on projette sur l'axe du disque
dt


0,5.mr 2  rT  C soit T  0,5.mr  C / r ; Le RSG impose : T  f N donc
barycentrique. Soit T la composante tangentielle
0,5.mr  02   C / r 0  f N d'où: 0,max 
f N
0,5.mr02  C / r
CORRIGE 3 Tige sur disque
1.1. Dans le triangle OCI on a : tan(/2) = r/2 .

1.2. Les contacts sont sans frottement , les réactions en I et J sont donc normales ,nommons N1 la

réaction en I et N 2 la réaction en J. Le théorème de la résultante dynamique appliqué au disque
donne : -Mg+N1-N2 cos=0, N2sin =M x
Dans le référentiel barycentrique du disque le moment dynamique en C du disque est égal à la dérivée
du moment cinétique, on a donc :
dLCz
M Cz,ext , ICz  0 ,  cste0 et  = cste
dt
1.3. Ecrivons le théorème de l'énergie cinétique pour l'ensemble en remarquant que l'énergie cinétique
 int  ext
 F ) ; seul le poids travaille (diminue)
W(F
de rotation du disque est nulle Ec 
1
11
l

Mx 2   ml 2   2  mg  sin  0  sin   ; en dérivant la relation du 1-1 on obtient la relation
2
23
2

r
1
x
 . En reportant dans la relation énergétique :
2
2 sin  / 2 
1 2 1
 2
r2
l
 ml  M
   mg  sin 0  sin  
2
6
2 1  cos   
2

Le disque glisse sans rouler vers la droite : diminue donc on retient la solution 
1/ 2


l


 mg 2  sin  0  sin   
  


Mr 2
 1 2 1
  6 ml  2 1  cos  2  

 

.




2.1. La condition de roulement sans glissement en I s'écrit : v (I)v (C)CI soit x r 0

2.2. Il y a maintenant une composante tangentielle pour la réaction en I, nommons la T1 , projetons le
théorème de la résultante dynamique sur les axes : Mg  N1  N2 cos   0 et T1  N 2 sin   Mx .
Ecrivons le TMC pour le disque dans son référentiel barycentrique :


1
Mr 2  OI  T 1 .ez  rT1
2
2.3. L'expression tient maintenant compte de la rotation du disque :
1
1
11
l
r
1

Mx 2  Mr 2 2   ml 2   2  mg  sin 0  sin   . on a toujours x  
 et
2
2
2
23
2
2 sin  / 2 

de plus x r 0
écrivons la relation précédente en fonction de la seule variable 
1 2 3
 2
Mr 2
l
 ml 
   mg  sin 0  sin  
2
3

2 1  cos   
2

1/ 2

soit     mg  sin  0  sin   l / 2

1 2 3

Mr 2
 ml 
 .
3
2 1  cos   2  


CORRIGE 4 Cylindre sur plateau
1. On va étudier le mouvement du cylindre dans un référentiel lié au plateau , non galiléen ; il faut
donc tenir compte de la force d'inertie d'entraînement.
Ecrivons que la vitesse de glissement est nulle : la vitesse de glissement est une vitesse relative,
appelons I le point géométrique de contact , I2 le point du cylindre coïncidant avec I à t, I1 le point du
plateau coïncidant avec I à t : vg  v I 2/ R 0  v I 1/ R 0  v I 2/ R  v I 1/ R ; vg  vC  CYL  CI  v I soit


vg  x  R ex  0 ; I point fixe dans R
Le cylindre est soumis : - à son poids

  
- à la réaction du plateau RT  N


- à la force d'inertie d'entraînement fie mae maex
Le théorème de la résultante dynamique pour le cylindre dans R, non galiléen , projeté sur Ox et Oy
permet d'écrire : mx  T  am et 0 = N – mg. Le théorème du moment cinétique en C permet


d LC
1
 CI  T soit mR 2   RT . Avec le
2
dt
1
1
2
2
non glissement : xR donc T  mx ; mx  mx  am ; x  a donc x  at et
2
2
3
3
3(l  d )
1
x  at 2  d On obtient x = l pour t1 
.
3
a
d'écrire : fie mae d'où M C ( Fie )  0 , M C ( N )  0 ;
3
1 2
1  l d 
at  0 donc L  a  3
 soit L   l  d  .
2
2  a 
2


1
1 2
T  f N soit mx  fmg ou m a  fmg soit
2. Pour avoir du non glissement , il faut :
2
2 3
a
f 
3g


3. Dans l'hypothèse du glissement : T  f N ; on a toujours: T  f mg donc T   fmgex .
Le plateau a parcouru : x 
mx   fmg  am : x   fg  a ; x   a  fg  t ; x   a  fg 
L2 
2 l  d 
t2
;
 d . t2 
2
a  fg
a
l  d 
a  fg
CORRIGE 5 Un homme sur une échelle
1.1. On écrit que à l'équilibre le torseur des actions mécaniques sur le système homme-échelle est nul.
Repérons par l'inclinaison de l'échelle et par x la position de M sur l'échelle comptée à partir du bas
.
Faisons un bilan des actions mécaniques sur le système échelle-homme :
en B: N B  N B ex ; en A: R A  TA ex  N A ey ; en G: mgey ; en M:  Mgey
A l'équilibre la somme des forces est nulle NB + TA = 0 et ( M + m ) g = NA.
La somme des moments en A est nulle : AM  Mg  AG  mg  AB  N B  0 , donc :
  x cos e  x sin e    Mge    l cos e  l sin e    mge 
x
y
y
x
y
y


 2l cos ex  2l sin ey  N B ex  0

Suivant ez :  Mgx  mgl  cos   2l sin NB
On voit de suite que NB est positif quel que soit x : N B 
 Mgx  mgl  cos  .
2l sin 


on en déduit : TA = -NB . La relation de non glissement en A s'écrit : T  f N avec TA<0 et NA > 0 :
 Mgx  mgl  cos   f
 M  m g . Pour le point M tout en haut de l'échelle x = 2l :
2l sin 
 2M  m  cos   f M  m donc tan   M  m 2 


f  M  m
2sin 
NB 
1.2. En utilisant les valeurs numériques fournies :  > 68°.
L'ouvrier peut estimer plus prudent de solliciter l'aide de quelqu'un pour maintenir le bas de l'échelle.
2.1. Faisons un bilan des actions extérieures sur l'échelle double .
(On peut remarquer de suite que les actions en B sont intérieures au système.)
en A: R A  TA ex  N A ey ; en C: RC  TC ex  NC ey ; en G1 et G2 : mgey ; en M:  Mgey
2.2. Traduisons l'équilibre du système .
La résultante est nulle, en projetant sur les axes on a : NC + NA = 2mg + Mg et TC + TA = 0.
Le moment résultant au point A pour le système est nul :
AM  Mg  AG1  mg  AG2  mg  AC  NC  0 soit




  x cos ex  x sin ey  Mgey  l cos ex  l sin ey  mgey
 3

   l cos ex  l sin ey   mgey  4l cos ex  N C e y  0 il vient par projection :
 2

1
5
5
x
 3



Mgx  1   mgl  4 N C l ; NC   Mgx  mgl  et N A  2mg 1   l  Mg 1   .
4l 
2
 2

 16 
 4l 
Il manque une équation, on peut par exemple écrire que le moment en B des actions extérieures à


e    l cos e  l sin e    mge   0 ; après
l'élément BC seul est nul : BC  TC  NC  BG2  mg  0 soit
 2l cos e  2l sin e   T e  N
x
y
C
x
C
y
x
y
y
simplification :
 NC 2l cos   2lTC sin   mgl cos   0 et en reprenant : N C 
TC 
1
5

 Mgx  mgl  ; on obtient
4l 
2

1 1 
5

cos 

Mgx  mgl  cos   mgl cos   ou
 2 NC  mg  ;


2sin 
2l sin   2 
2


TC  TA 
g 
1 
 Mx  ml  .
4l tan  
2 
remarquons les sens des actions de contact NA>0, NC > 0, TC >0 et TA <0.


2.3. Le non glissement impose : TA  f N A ; TC  f NC et NC < NA ; L'inégalité la plus


restrictive est : TC  f NC
5 
 x
f  M  m
2l
4 
tan   
numériquement , avec x = 2l en haut de l'échelle lim = 60°.
x
M m
2l
Plus raisonnablement il vaut mieux lier les deux montants par une corde ,avec un coefficient de
frottement plus faible l'angle limite devient proche de 90°.
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