Cours n°21 : Mouvement d’un solide en rotation autour d’un axe fixe En mécanique du solide comme en mécanique du point, les notions de moment de force et de moment cinétique sont très utiles. La notion de moment d’inertie complète celle de masse et intervient pour décrire le moment cinétique d’un système en rotation ou bien son énergie cinétique de rotation. Le système étudié pourra être aussi bien indéformable comme une machine outil que déformable comme une patineuse qui ramène les bras dans l’axe de son corps. En mécanique quantique le moment cinétique est une quantité très utilisée, le spin des particules est par exemple un type de moment cinétique. Dans cette leçon, on se limite aux mouvements de rotation autour d’un axe fixe uz. Le solide est en rotation pure autour d’un point O selon Oz (mât du manège). L’axe Oz passe par le point O. I) Moment d’inertie, TMC et conservation de l’énergie mécanique 1) Cas du point matériel ou d’un ensemble de points matériels Moment cinétique d’un point matériel en rotation autour du point O selon l’axe Oz O mr ² uz O, z mr ² Moment d’inertie du point matériel : JO,z = mr² Moment cinétique d’un ensemble de points matériels en formation solide, ils ont tous la même vitesse de rotation. i A B 1 1 2 2 3 1 3 O mi ri ² mi ri ² J O , z i i Le point jaune est le point O fixe autour duquel la rotation s’opère. Les calculs de moment d’inertie qui suivent ne sont pas au programme, ils sont donnés à titre indicatif 2) Calcul du moment cinétique d’une tige par rapport à son centre, Moment d’inertie d’une tige par rapport à son centre Moment d'inertie d'une tige homogène de longueur l=2a par rapport à son centre de gravité a J G x²dx 2 a a3 M T l ² M T a ² 3 12 3 a G x 3) Moment d’inertie d’une tige par rapport à son extrémité dm=μdx Moment d'inertie d'une tige homogène de longueur l=2a par rapport à son extrémité 3) 2a a 3 M T l ² M T 4a ² 3 3 3 0 Supérieur à la valeur précédente car les masses sont plus loin de E que de G J E x²dx 8 4) Moment d’inertie d’un disque, d’un cylindre, d’un cerceau par rapport à leur centre moment d'inertie d'un disque MT = ds disque dr rd 2 disque R² R ² 2 R4 M T R² J= r ²ds dr r d 2 4 2 disque disque 3 5)Volant d’inertie Pour une masse donnée et un encombrement donné, le plus grand moment d’inertie par rapport à un axe est obtenu en éloignant le plus possible les masses de l’axe de rotation : cerceau MR² Volant d’inertie. 6)Moment d’inertie d’une sphère par rapport à son diamètre (sans démonstration) Moment d’inertie d’une boule par rapport à son centre et l’un de ses diamètres (2/5) mR² 7)TMC pour un solide d O M O Fi OM i Fi dt i i J O u z OM i Fi i d J O uz OM i Fi dt i J O , z OM i Fi . u z i Les points Mi sont ici les points du solide où les forces Fi s’appliquent. 8)Calcul de l’énergie cinétique d’un solide en rotation, le moment d’inertie apparait à nouveau EC 1 mi ri 2 i 2 1 1 2 mi ri ² J O , z ² 2 i 2 Les points i sont ici les points du solide, il faudrait en fait faire une démonstration avec une somme continue mais le résultat est le meme, on s'en dispensera. 9) Définition du centre de gravité d’un solide, Energie potentielle de pesanteur d’un solide m1 GM 1 m2 GM 2 m3 GM 3 0 OG m3 m1 m2 OM 1 OM 2 OM 3 m1 m2 m3 m1 m2 m3 m1 m2 m3 c'est une moyenne pondérée Pourquoi la résultante qu’est le poids s’applique-t-elle au centre de gravité ? Montrons que la somme des moments des poids des masses individuelles qui constituent le système est nulle quand on la calcule en G. G GM1 m1 g GM 2 m2 g GM 3 m3 g m1 GM 1 m2 GM 2 m3 GM 3 g 0 g 0 Energie potentielle d’un ensemble de masses ou d’un solide EP m1 gz1 m2 gz2 m3 gz3 (m1 z1 m2 z2 m3 z3 ) g mzG g « Chute d’une paire de ciseaux : http://phymain.unisciel.fr/des-ciseaux-en-chute-libre/ » II) Quelques exemples en oscillation 1) Pendule pesant, par TMC ou conservation de l’énergie Le centre de rotation O est ici différent de G http://www.wat.tv/video/grande-vadrouille-scene-culte-303mz_303mh_.html à cette adresse une scène de la grande vadrouille avec une méprise qui met en jeu un pendule pesant vers 1mn 30 sur la séquence. u O uz ur G on note a la distance de O à G TMC : P d J O u z d O OG P OO R OG P aur Mg (cos ur sin u ) a sin u Mgu z dt dt J O a sin Mg conservation de l'énergie : J O ² 2 Mga cos( ) cst J O a sin Mg 2) Balançoire à trébuchet (DM) 3) Oscillation Machine avec poulie masse corde et ressort (voir TD) III) Quelques exemples en rotation 1) Chute d’un arbre,(TD) J E Mga sin 0 La réaction du sol donne un moment nul. Ca doit tomber il ne s’agit pas de trouver une équation qui s’identifierait avec une équation d’oscillateur harmonique aux petits angles. Chute d’une cheminée La partie basse de la cheminée voudrait tomber plus vite que l’ensemble, il se développe des contraintes des forces de cisaillement et des moments qui vont casser la cheminée avant même qu’elle n’atteigne le sol. http://www.dailymotion.com/video/x1crfe9_une-immense-cheminee-dynamitee-en-australie_news Observer que la cheminée casse en plusieurs endroits Plus rapide que la chute libre : http://phymain.unisciel.fr/plus-rapide-que-la-chute-libre/ TD Chute d’un arbre On assimile un arbre à une tige homogène longue de longueur L et de masse m. On le scie à sa base et l’arbre bascule en tournant autour de son point d’appui sur le sol. On suppose que le point d’appui reste fixe et ne glisse pas et on repère la position de l’arbre par l’angle qu’il fait avec la verticale . A t=0 l’arbre fait un angle 0 avec la verticale et est immobile. On donne le moment d’inertie par rapport à l’extrémité J=1/3 mL² 1) Etablir l’équation du mouvement de la chute de l’arbre 2) Montrer que lorsuq l’arbre fait un angle avec le verticale sa vitesse angulaire vaut 3g (cos 0 cos ) L 3)Montrer que cette relation peut être réécrite 3g d dt L (cos 0 cos ) 4) Déterminer le temps de chute d’un arbre de 30m . On donne pour 0=5° : 2 0 d (cos 0 cos ) 5.1 2) Accélération d’une poulie avec tension d’un fil et frottements fluide et solide. Puissance développée par la tension, on peut la voir de deux manières : T (R ) = (T R) force fois vitesses ou couple fois vitesse angulaire. T RT RN a TMC J aRT aT a RN aT 3) TD Accélération d’une poulie avec masse suspendue z I T2=Tuz R O m,a,JO=1/2 ma² mg T1=-Tuz M TMC pour la poulie J O 0 0 Ta C RFD pour la masse suspendue Mz Mg T puis z a permettent de conclure J O ( Mg Mz )a C J O Mza Mga C ( J O Ma ²) Mga C Qui est en fait une équation différentielle du premier ordre en 4) Embrayage (Voir Site) IV) Exemples de statique des moments 1) Une tige qui tourne autour de son centre de gravité est en équilibre indifférent. Le moment du poids sur l’axe de rotation qui est le centre de gravité étant toujours nul quelque soit la position angulaire de la tige. Conséquence : on peut s’en servir comme d’une balance : on regarde quand elle penche. Amélioration : La balance de Roberval possède des plateaux toujours horizontaux Si on rajoute une masse en bas on peut sélectionner l’équilibre horizontal 2) Basculement d’une caisse Quand G passe au dessus du point I point de la caisse qui est le plus bas dans la pente, alors le moment de toutes les forces appliquées à la caisse calculé en I est nul et on est à la limite du basculement. Ces forces sont le poids et la réaction du sol. G mg I 3) Pendule pesant soumis à un moment qui compense le moment de son poids, notion de bras de levier Bras de levier du poids Bras de levier de F Droite d’action du poids ou support F G Droite d’action de la force F Moment du poids = -mg. Bras de levier du poids (dans la configuration représentée, il tend à faire tourner le pendule dans le sens négatif) Moment de F = F. bras de levier de F A l’équilibre la somme de ces deux moments est nulle V) 1) Notion de couple Définition Ensemble de 2 forces dont la somme dite résultante est nulle donc F2=-F1 et dont on calcule le moment en leur centre par rapport à l’axe de rotation perpendiculaire au plan des 2 forces Exemple volant de camion (en supposant qu’on ne mette pas ses mains à 10h 10 mais à 9h 15) 2) Couple moteur. Boite de vitesse : première grand couple, faible vitesse de rotation, sixième c’est l’inverse. Puissance=Couple. 3) Pendule de torsion, couple de rappel Définition du fil de torsion par analogie avec le ressort qui exerce une force en ligne -C . θ est le couple de rappel, C est la constante de raideur du ressort de torsion d ² Ct J dt ² JOm=2mr² pour ce système de deux masses ponctuelles Si les deux masses étaient reliées par une barre de moment d’inertie J Ob par rapport à son centre , on aurait un moment d’inertie total en O J O = JOb +2mr² θ 4) Expérience du ressort spirale Revoir la leçon énergie où cet exemple a été présenté. Stabilité des positions d’équilibre. Cet exercice peut modéliser le jeu de jardin petit cheval sur ressort hélicoïdal qui se penche. VI) Cas des systèmes déformables http://sciences.blog.lemonde.fr/2010/02/23/la-physique-du-patinage-artistique/ Chaise tournante ou patineuse, on peut considérer que le moment cinétique est conservé car les forces qui s’exercent pour modifier la configuration des masses sont internes et se compensent. Dans cette opération si le moment cinétique est conservé, il n’en est pas de même de l’énergie cinétique, les forces internes travaillent. Deuxième expérience : Chaise tournante et poids on peut modifier sa direction à partir d’une position initiale sans vitesse initiale. Marée VII) Oscillateurs de torsion couplés voir sur le site VIII) IX) Images qui montrent des objets en rotation, des couples, des bras de levier… DM Trébuchet à ressort 1) Une barre homogène de longueur 2L de moment d’inertie J par rapport à son centre O est liée en O à un support fixe par une liaison pivot parfaite. Deux enfants de même masse que l’on considèrera comme ponctuels viennent s’asseoir en A et en B, L O B m L u A m A O ur B Montrer que le système est toujours à l’équilibre quel que soit l’angle . 2) On schématise une balançoire de type trébuchet à ressort avec deux enfants qui jouent comme suit : il suffit de rajouter au système précédent deux ressorts identiques de raideur k et de longueur à vide l 0 identiques fixés entre le sol et les extrémités A et B de la barre. Lorsque la barre est à l’horizontale la longueur des ressorts est égale à leur longueur à vide. L B m l0, k O L u A m A l0 , k ur O B l2 l1 Dans toute la suite on se limitera aux petits angles , alors on admettra que et peuvent être confondus et que les altitudes de A et B par rapport au sol sont données par : l1= l0+L . et l2 = l0 - L . a) Étudier l’équilibre de ce nouveau système. b) Calculer la période propre des oscillations libres du système. 3) a) Établir l’intégrale première en . On posera max la valeur maximale de . b) Retrouver le résultat précédent. 4) Calculer les composantes Rr et R de la réaction de la barre sur l’enfant en A en fonction de et de max amplitude angulaire du mouvement et écrire l’équation qui donne l’angle auquel l’enfant est susceptible de décoller. Commenter. 1)la somme des moments des forces est 0+mgLcos mgLcos 0 quelque soit 2)a)la somme des moments des forces est maintenant en projection sur u z : mgLcos -mgLcos k (l1 l0 ) L cos k (l2 l0 ) L cos or l1 l0 L et l2 l0 L donc moments k ( L ) L cos k ( L ) L cos 2kL ² cos 2kL ² au premier ordre qui ne s'annule que pour =0 b)( J 2mL ²) 1 3) a ) Ec 2 d ² 2kL2 dt ² d ² 2kL2 2kL2 0 0 ² dt ² J 2mL ² J 2mL ² d 2 1 J d 2 dt dt 2 mL ² 2 EP mgL mgL 2 k (l1 l0 ) 2 2kL2 J 2mL ² T0 2 J 2mL ² 2kL2 1 2 k (l 2 l 0 ) 2 1 k ( L ) 2 2 2 d kL ² ² max - ² 1 dt mL ² J d 1 J d kL ² ² kL ² ² max dt 2 dt 2 1 2 T0 2 2 Ec EP mL ² 2 b) d ( EC EP ) d ² d 2 J d ² d k d ( L ² )2 0 dt ² dt dt ² dt dt 0 mL ² dt d ² 2k ( L ² ) 0 dt ² mL ²2 J 4)la relation fondamentale de la dynamique appliquée à l'enfant A donne en projection sur la base u r u mL R mg cos dt ² compte tenu de mL d R mg sin r dt d ² d ² on R a: Rr d ² mL d 2 mg sin dt R Rr d 2 dt 2 kL ² max J 2 mL ² kL ² ² - ² mL mg sin 1 mL ² J 2 mg cos mL dt ² alors aux petits angles Rr 2 mL dt ² J 2 mL ² kL ² ² - ² 1 mL ² J 2 2 kL ² mg cos max J 2 mL ² kL ² ² - ² mL mg 1 mL ² J 2 mL s ' annule pour 2 kL ² mg max 2 kL ² max - ² g 2 mL ² J si on trace le membre de droite et le membre de gauche de cette équation en fonction de on voit que seule l'intersection de droite est dans l'intervalle permis [- max , max ] -max décollage max TD Machine avec poulie masse et ressort. M et JC zI zR K I C T1uz -T2 uz T1 uz T2 uz R m zP P mg x y z ( I fil ) z ( R fil ) car fil inextensible z ( K fil ) z ( P fil ) car fil inextensible z ( I fil ) z ( K fil )car fil inextensible CRSG v(I fil ) v( I poulie) v(C ) u y CI soit z I u z 0 u y Ru x R u z z ( P fil ) z ( K fil ) z I u z zI R z ( P fil ) z I z ( R fil ) z I R z ( R fil ) R cst T1 k ( z R l0 ) RFD pour m T2 mg mz P TMC pour poulie le poids et la tension du fil accroché au centre n'interviennent pas J C T1 R T2 R k ( z R l0 ) mz P mg R J C k ( z R l0 ) mz P mg R J C k ( R cst l0 ) mR mg R J C mR ² kR ² kRcst kl0 R mgR J C mR ² kR ² kRcst kl0 R mgR On remarque que si la poulie est sans masse alors J=0 et la poulie transmet les tensions TD Embrayage ou boite de vitesse T21 Deux disques de moment d’inertie par rapport à leur centre J 1 et J2 et R1 de rayons R1 et R2 ont initialement une vitesse de rotation 01 non nulle et 02=0, On les met en contact à l’instant t=0 ils évoluent jusqu’à se stabiliser à des vitesses 1F et 2F que l’on déterminera en écrivant le TMC pour chaque disque d 1 J1 dt R1T J d 1 J 2 d 2 J J J 1 0 1 1F 2 2 F 1 10 R1 dt R2 dt R1 R2 R1 J d 2 R T 2 2 dt de plus R 11F R22 F puisqu'alors il y a roulement sans glissement J1 J J 1F 2 R11F 1 10 R1 R2 ² R1 1F J1 R1 ² R2 T12 10 J1 J 2 R1 ² R2 ² il n'y a pas conservation de l'énergie cinétique que le contact se fasse par frottement embrayage ou par choc transmission roue dentées TD Oscillateurs de torsion couplés Ct Décrire les oscillations libres du système CI θ1(t=0)= θ1,0 θ2(t=0)= θ2,0 dθ1/dt(t=0)=0 dθ2/dt(t=0)=0 θ1 Ct θ2 Ct Ct d ²1 d ²1 d ²1 J dt ² Ct1 Ct ( 2 1 ) 2Ct1 Ct 2 dt ² 2 J 1 J 2 dt ² 20 ²1 0 ² 2 J d ² 2 C 2C d ² 2 Ct 2 Ct d ² 2 ² 2 ² t 1 t 2 0 1 0 2 1 2 J J dt ² dt ² dt ² d ²1 20 ²1 0 ² 2 dt ² d ² 2 0 ²1 20 ² 2 dt ² ²1 20 ²1 0 ² 2 0 ( ² 20 ²)1 0 ² 2 on recherche 1 (t ) 1e jt 2 (t ) 2 e jt ² 2 0 ²1 20 ² 2 0 0 ²1 ² 20 ² 2 ² 20 ² ² 0 4 0 si 0 ² 20 ² 0 2 ² 20 ² 0 2 0 soit 0 ou 30 1 2 les deux disques oscillent de façon solidaire comme si le fil de torsion intermédiaire était rigide système de moment d'inertie 2J soumis à 2Ct Si 30 1 2 alors les deux disques oscillent en opposition de phase le point milieu du fil de torsion du milieu est fixe un disque est soumis à un fil de torsion entier C t et à un demi-fil de torsion qui est plus raide 2C t d'ou une fréquence d'oscillation ² 2Ct Ct J