SERIE M1

Université Sultane Moulay Slimane
Faculté Polydisciplinaire
Béni Méllal
FILIÈRE :SMP/SMC/SMA
MODULE : M1/M1/M4
Travaux dirigés corrigés
Mécanique du Point Matériel
Préparé par Mohamed LAMSAADI
Année universitaire 2012-2016
Série N° 1
Rappels et Compléments Mathématiques
Exercice 1
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
(
)
r r r
Dans un repère orthonormé direct ℜ O , i , j , k , on considère les vecteurs :
r
r
r r
r
r r r
r r
r r
r
r
v 1 = 3i + 3 j , v 2 = i + 3 j + k , v 3 = i − j + 2k et v 4 = 2i − k
r
r
Représenter les vecteurs v1 et v 2 .
r
r
r r
r
r
Calculer v 1 , v 2 et les produits v1 .v 2 et v 1 ∧ v 2 .
r
r
Calculer l’angle formé par les vecteurs v1 et v 2 .
r
r
r
Montrer que le vecteur v 3 est perpendiculaire au plan (P) formé par les vecteurs v1 et v 2 .
r
Montrer que le vecteur v 4 appartient au plan (P)
r
r
r
Déterminer le vecteur unitaire u porté par le vecteur (v 1 + v 2 )
r r r
Calculer le produit mixte (v 1 , v 2 , v 3 ) et montrer qu’il est invariant par permutation
circulaire.
Exercice 2
r
r
On considère dans le plan xOy deux vecteurs unitaires perpendiculaires u et v , tournant
r r r
autour de l’axe (Oz). Soit R(O,x,y,z) un repère muni de la base O.N.D ( i , j , k ) . En posant
→ r
r
r
r
r
( Ox , u ) = θ ( θ = ω t , ω est une constante). Soit r = cos bt i + sin bt j + t 2k une fonction
vectorielle et λ ( t ) = e − at une fonction scalaire (a et b sont des constantes)
r r r
r
r
1. Exprimer les vecteurs u et v dans la base ( i , j , k ) .
r r r
r
2. Déterminer le vecteur w , tel que le système (u , v , w ) constitue une base O.N.D
r
r
r r r
r r r
du
dv
3. Calculer
dans la base ( i , j , k ) puis dans la base ( u , v , w ) .
et
dθ R
dθ R
r
r
r r r
r r r
du
dv
4. Calculer
dans la base ( i , j , k ) puis dans la base (u , v , w ) .
et
dt R
dt R
r
r r
r r r
r r r
d( λ r)
d(u ∧ r )
5. Calculer
et
dans les bases ( i , j , k ) et (u , v , w ) .
dt R
dt
R
Exercice 3
(
)
1. Considérons deux points A et B, définis en coordonnées cartésiennes par : A 2 , 2 ,2 et
B(0 ,1,0) .
Donner les coordonnées cylindriques (ρ , ϕ , z ) et sphériques (r , θ , ϕ ) de ces deux points,
r r r
r r r
respectivement dans les bases e ρ , eϕ , e z et er , eθ , eϕ .
r r r
2. Dans un repère orthonormé direct ℜ O , i , j , k , un point M est repéré, à tout instant t, par
ses coordonnées sphériques (r , θ , ϕ ) telles que :
(
(
)
(
)
)
 −t

π
π
r (t ) = a e τ + 1 , θ (t ) =
t et ϕ (t ) =


4τ
3


(a et τ sont des constantes positives)
Tracer qualitativement la courbe (C) décrite par les positions successives du point M
quand t varie de 0 à 2τ .
2
Exercice 4
(
)
r r r
Considérons un repère orthonormé direct ℜ O , i , j , k . En tout point M(x,y,z) de
l’espace, on définit une quantité physique f telle que : f (x , y , z ) = r 2
r
r
r
OM = xi + yj + zk
avec r = OM
et
1. Calculer le gradient du champ scalaire f, gradf , et la différentielle totale de f, df.
2. Montrer qu’en tout point M, df = gradf d OM ( dOM est le vecteur déplacement élémentaire)
3. Considérons le champ scalaire f, donné en tout point de l’espace par :
f (M ) = 3r 3 sin 2 (θ ) cos(θ ) sin(2ϕ )
r r r
r r r
Exprimer gradf dans les bases sphérique er , eθ , eϕ et cartésienne i , j , k .
r
r r r
4. Soit une fonction vectorielle f ( x , y , z ) définie dans la base ( i , j , k ) par :
r
r
r
r
f ( x , y , z ) = x 2yz i + xy 2 z j + z k
r
→ r
Calculer divf et rot f .
(
(
)
)
z
Exercice 5
Un enfant achète un cornet de glace. La glace fait une demi
boule (sphérique) et remplit le cornet (de forme conique) de hauteur h
= 11cm et d’angle 2α = 30° (figure ci-contre).
1. Calculer le volume Vb de la demi boule en fonction de h et tan(α).
2. Calculer le volume Vc du cornet en fonction de h et tan(α).
3. En déduire le volume total de la glace (exprimé en litre) que mangera
l’enfant.
h
αα
O
devoir à la maison
Exercice 1
(
)
r r r
r
r
Dans un repère orthonormé direct ℜ O , i , j , k , on considère deux vecteurs u et v
r
r r
r
r
r
r
r
définis à tout instant t par : u = sin(t )i + cos(2t ) j + t 2 k , v = e −t i − 2 cos(3t ) j + sin(3t )k
r
r
du
dv
1. Déterminer
et
à l’instant t = 0.
dt / ℜ
dt / ℜ
r
r
r
r
v
2. Déterminer l’instant t1 où le vecteur w = e 3t i + cos(3t ) j − 2 sin(3t )k est perpendiculaire à v .
Exercice 2
(
)
r r r
Dans le plan horizontal (xoy) d’un repère orthonormé direct ℜ O , i , j , k , un point M est
repéré à tout instant t par ses coordonnées polaires (ρ , ϕ ) telles que ρ (t ) = a cos(ωt ) et
r

∧

ϕ (t ) = ωt (a et ω étant des constantes positives, OM = ρe ρ et ϕ =  Ox , OM  )

(
)
(
)

r r
r
dOM
1. Dans la base polaire e ρ , eϕ , calculer le vecteur v =
dt / ℜ
r r
r
2. Dans la base polaire e ρ , eϕ , déterminer puis représenter les vecteurs OM et v à l’instant
t = π / (4ω )s
3
Solution de série N° 1
Exercice 1
1.
z
r
K
r
i
r
V2
O
y
r
j
r
v1
x
2.
r
- v1 =
r
32 + 32 + 0 2 = 18 = 3 2 ,
r
r
v 2 = 12 + 32 + 12 = 11
- v 1 .v 2 = 3 × 1 + 3 × 3 + 0 × 1 = 12
r
r
r
r
r
r
r
r
- v 1 ∧ v 2 = (3 × 1 − 0 × 3)i − (3 × 1 − 0 × 1) j + (3 × 3 − 3 × 1)k = 3i − 3 j + 6k
3.

r ∧ r 
 v 1 , v 2  = arccos




r r
v 1 .v 2
r
r
v1 . v 2


 4 
 = arccos 12
 = arccos






3
2
11
2
2





r
r
 v1 ∧ v 2 

 3 
r ∧ r 
54 
 = arcsin

Ou bien  v 1 , v 2  = arcsin r
= arcsin
r






v
.
v
3
2
11
11


2 




 1
r ∧ r 
⇒  v 1 , v 2  = 31.48°


4.
r r
v 1 .v 3 = 3 × 1 − 3 × 1 + 0 × 2 = 0
r
r
r
r
r
r r
 ⇒ v 1 ⊥ v 3 et v 2 ⊥ v 3 ⇒ v 3 ⊥ (P )
v 2 .v 3 = 1 × 1 − 3 × 1 + 1 × 2 = 0 
5.
r r
r
r r
r r
r
r
r
r
r
v 4 = 2i − k = 3i + 3 j − i − 3 j − K ⇒ v 4 = v 1 − v 2 ⇒ v 4 ∈ (P )
6.
r
r r
r
r
r
v1 + v 2
4i + 6 j + k
u = r
r =
v1 + v 2
53
7.
(vr1 , vr2 , vr3 ) =
(vr2 , vr3 , vr1 ) =
(vr3 , vr1 , vr2 ) =
r
⇒ u =
4
53
r
i +
6
53
r
j +
1
53
r
k
r r
r
v 1 (v 2 ∧ v 3 ) = 18
r r
r
r r r
r r r
r r r

v 2 (v 3 ∧ v 1 ) = 18 ⇒ (v 1 , v 2 , v 3 ) = (v 2 , v 3 , v 1 ) = (v 3 , v 1 , v 2 )
r r
r
v 3 (v 1 ∧ v 2 ) = 18
r r r
⇒ (v1 , v 2 , v 3 ) est invariant par permutation circulaire.
r
j
y
Exercice 2
r
v
θ
r
k •z
r
u
θ
x r
i
4
1.
r
r r
r
r
r
u = cos(θ )i + sin(θ ) j , v = − sin(θ )i + cos(θ ) j
2.
r r r
r
r
r
r r
r
Pour que le système (u , v , w ) constitue une base O.N.D, if faut u = v = w = 1 et u ∧ v = w
r
r
r
r
r
r
r r
r
u ∧ v = cos (θ )i + sin(θ ) j ∧ − sin(θ )i + cos(θ ) j = k ⇒ w = k
(
3.
4.
r
du
dθ
r
dv
dθ
r
du
dt
r
dv
dt
(
R
R
R
)
)
r
r
r
r
r
d cos(θ )i + sin(θ ) j
=
= − sin(θ )i + cos (θ ) j = v
dθ
R
r
r
r
r
r
d − sin(θ )i + cos(θ ) j
=
= − cos(θ )i − sin(θ ) j = −u
dθ
(
)
R
(
R
) (
)
r
r
r
r
r
r
d cos(θ )i + sin(θ ) j
=
= −θ& sin(θ )i + θ& cos (θ ) j = θ&v = ωv
dt
R
r
r
r
r
r
r
d − sin(θ )i + cos (θ ) j
=
= −θ& cos (θ )i − θ& sin(θ ) j = −θ&u = −ωu
dt
(
)
R
5.
r
r
r dλ
d( λ r)
dr
=λ
+r
dt R
dt R
dt
r
r dλ
r
r
dr
= −ae − at
= −b sin(bt ) i + bcos (bt ) j + 2tk ,
dt R
dt
r
r
r
r
d( λ r)
⇒
= e − at (− b sin(bt ) - a cos(bt )) i + (bcos (bt ) - asin(bt )) j + 2t − at 2 k
dt R
r r
r
r
r r dr
d(u ∧ r )
du
=
∧r +u∧
dt
dt R
dt R
R
r
r
r
r
r
r
r
du
∧ r = − ω sin(θ )i + ω cos (θ ) j ∧ cos (bt ) i + sin(bt ) j + t 2 k
dt R
r
r
r
r
= −ω sin(θ )sin(bt )k + ω sin(θ )t 2 j − ω cos(θ ) cos(bt )k + ω cos (θ )t 2 i
r
r
r
= ω cos(θ )t 2 i + ω sin(θ )t 2 j − (ω sin(θ )sin(bt ) + ω cos(θ ) cos (bt ))k
r
r
r
r
r
r
r dr
u∧
= cos(θ )i + sin(θ ) j ∧ − b sin(bt ) i + bcos(bt ) j + 2tk
dt R
r
r
r
r
= cos(θ )bcos (bt )k − 2t cos(θ ) j + sin(θ )b sin(bt )k + 2t sin(θ )i
r
r
r
= 2t sin(θ )i − 2t cos(θ ) j + (cos(θ )bcos (bt ) + sin(θ )b sin(bt ))k
r r
r
r
r
d(u ∧ r )
= ω cos (θ )t 2 i + ω sin(θ )t 2 j − (ω sin(θ )sin(bt ) + ω cos(θ ) cos(bt ))k
dt
⇒
R
r
r
r
+ 2t sin(θ )i − 2t cos (θ ) j (cos(θ )bcos(bt ) + sin(θ )b sin(bt ))k
r r
r
r
d(u ∧ r )
= ω cos(θ )t 2 + 2t sin(θ ) i + ω sin(θ )t 2 − 2t cos(θ ) j
dt
⇒
R
r
+ (b − ω ) cos(θ − bt )k
r
r r
r r r
d( λ r)
d(u ∧ r )
Pour exprimer les dérivées
et
dans la base (u , v , w ) , il faut exprimer
dt R
dt
R
r r r
r r r
( i , j , k ) en fonction de la base (u , v , w ) .
[
(
) (
(
)
) (
(
(
)
) (
)
Exercice 3
1.
x = ρ cos(ϕ ) et y = ρ sin(ϕ )
5
)
]
x = r sin(θ ) cos (ϕ ) , y = r sin(θ ) sin(ϕ ) et z = r cos (θ )
y 
x
ρ
ρ
 
⇒ ρ = x 2 + y 2 , ϕ = arctan  = arcsin  = arccos  , r = ρ 2 + z 2 ,
y
x
ρ
z
 = arccos 
r 
z
Coordonnées cartésiennes
(x , y , z )
θ = arctan g
( 2,
2 ,2
)
Coordonnées cylindriques
(ρ , ϕ , z )
Coordonnées sphériques
(r , θ , ϕ )
 π 
 2 , ,2 
 4 
π π

2 2 , , 
4 4

 π

1, ,0 
2


 π π
1 , , 
 2 2
(0 ,1,0)
r
k
2.
La coordonnée ϕ est fixe, donc la courbe (C) est
dans le plan méridien.
Quand le temps t augmente de 0 à 2τ, la
distance r diminue et l’angle θ augmente
M (t = 0)
r
er
M
r
eϕ
M (t )
r
eθr
eθ
r
θ
r
j
O
ρ
ϕ =
π
3
r
i
M (t = 2τ )
r
eρ
Exercice 4
∂f
∂f
∂f
∂f r ∂f r ∂f r
i +
j +
k , df =
dx +
dy +
dz
∂x
∂y
∂z
∂x
∂y
∂z
r
r
r
∂f
∂f
∂f
= 2x ,
= 2y ,
= 2 z ⇒ gradf = 2 xi + 2yj + 2 zk , df = 2 xdx + 2ydy + 2 zdz
∂x
∂y
∂z
1. f (x , y , z ) = r 2 = x 2 + y 2 + z 2 ⇒ gradf =
2.
gradf =
r
r
r
∂f r ∂f r ∂f r
∂f
∂f
∂f
i +
j +
k , dOM = dxi + dyj + dzk ⇒ gradf d OM =
dx +
dy +
dz = df
∂x
∂y
∂z
∂x
∂y
∂z
3.
gradf =
∂f r
1 ∂f r
1
∂f r
er +
eθ +
eϕ
∂r
r ∂θ
r sin(θ ) ∂ϕ
∂f
= 9r 2 sin 2 (θ ) cos(θ ) sin(2ϕ )
∂r
∂f
= 3r 3 sin(2ϕ ) 2 sin(θ ) cos 2 (θ ) − sin 3 (θ )
∂θ
∂f
= 6r 3 sin 2 (θ ) cos(θ ) cos (2ϕ )
∂ϕ
(
)
(
)
r
gradf = 9r 2 sin 2 (θ ) cos(θ ) sin(2ϕ ) er
⇒
(
)
r
+ 3r sin(2ϕ ) 2 sin(θ ) cos (θ ) − sin 3 (θ ) eθ
r
+ 6r 2 sin(θ ) cos (θ ) cos(2ϕ )eϕ
2
2
6
En coordonnées cartésiennes, la fonction f est exprimée par :
f (r , θ , ϕ ) = 3r 3 sin 2 (θ ) cos(θ ) sin(2ϕ )
x = r sin(θ ) cos (ϕ ) , y = r sin(θ ) sin(ϕ ) et z = r cos (θ ) ⇒ f (x , y , z ) = 6 xyz
r
r
r
⇒ gradf = 6yzi + 6 xzj + 6 xyk
4.
r
r
r
r
f ( x , y , z ) = x 2yz i + xy 2 z j + z k ⇒ f x = x 2 yz , f y = xy 2 z , f z = z
r
r
r r ∂f
∂f y
∂f
divf = ∇f = x +
+ z ⇒ divf = 2 xyz
∂x
∂y
∂z
r
r  ∂f
r
∂f y  r  ∂f z
∂f  r
i − 
rotf = ∇ ∧ f =  z −
− x  j +


∂z 
∂z 
 ∂x
 ∂y
+ 2 xyz + 1 = 4 xyz + 1
 ∂f y
∂f x

 ∂x − ∂y

r
r
r
r
r
k ⇒ rotf = − xy 2 i + x 2 yj + y 2 z − x 2 z k


(
)
z
Exercice 5
αα
h
O
1.
Volume de la demi-boule, v b :
dv = r sin(θ )drdθdϕ : élément de volume en coordonnées sphériques.
2
0 ≤ r ≤ R , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , 0 ≤ θ ≤
R
⇒ vb =
∫ dv = ∫ r
2
dr
0
π /2
2π
0
0
∫ sin(θ )dθ ∫ dϕ =
R
2πR
.1.2π =
3
3
3
π
2
3
z
R
2πh 3
tan(α ) =
⇒ vb =
tan 3 (α )
h
3
2.
Volume du cornet, v c :
αα
h
dv = rdrdϕdz : élément de volume en coordonnées cylindriques.
0 ≤ r ≤ r ′ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , 0 ≤ z ≤ h
r′
R
R
=
→ r′ =
z
z
h
h
 Rz
 2π
r′
h
2π
h h
h

R2 2
πR 2
⇒ v c = dv = rdr dz dϕ =  rdr dz dϕ =2π
z
dz
=
2
 0
h2
0
0
0
0 
0 2h
0


πR 2 h
⇒ vc =
3
πh 3
R
tan(α ) =
⇒ vc =
tan 2 (α )
h
3
3.
Quantité de glace exprimée en litre :
πh 3
πh 3
2πh 3
VT = v b + v c =
tan 3 (α ) +
tan 2 (α ) =
2 tan 3 (α ) + tan 2 (α )
3
3
3
O
tan(α ) =
∫
∫
∫
∫
r′
z
∫ ∫
∫
∫
(
h
∫
z 2 dz =
0
)
h = 11cm , α = 15° ⇒ VT = 153.7cm 3 VT = 153.7cm 3 ⇒ VT = 0.1537litres
7
πR 2 h 3
h2
3
Série N° 2
Cinématique du Point Matériel et changement de référentiel
Exercice 1
r r r
Les coordonnées d’un point matériel M dans un repère orthonormé direct R( O , i , j , k )
sont données en fonction du temps par : x(t) = t-1, y(t) =-t2+1 et z(t) = 0.
1. Déterminer l’équation de la trajectoire de M.
2. Déterminer les vecteurs vitesse et accélération de M.
3. Calculer les accélérations tangentielle et normale de M.
4. Déduire le rayon de courbure Rc de la trajectoire en fonction du temps.
Exercice 2
On considère un point M en mouvement dont les coordonnées cylindriques sont, à
chaque instant: ρ(t)=a0 t2+ρ0, ϕ(t)= ωt-ϕ0 et z(t)=-vt, avec ρ0=1m, a0=1m.s-2, ω=3rad.s-1,
ϕ0=2rad et v=2m.s-1.
r r r
1. Exprimer dans la base cylindrique ( eρ , eϕ , ez ) , les vecteurs vitesse et accélération de M.
2. Calculer la norme du vecteur vitesse de M à l’instant t = 1 s.
3. Calculer la norme du vecteur accélération de M à l’instant initial (t = 0 s).
Exercice 3
L’abscisse curviligne d’un point matériel M décrivant un cercle de rayon R est
1 2
s( t ) = a t + b t , a et b étant des constantes.
2
r r r
1. Exprimer, dans la base de Frenet (τ ,n,b) , les accélérations tangentielle et normale de M.
2. Déduire le module de l’accélération de M.
Exercice 4
On considère un point M en mouvement dans le plan xOy. M est repéré par ses
coordonnées polaires suivantes : ρ =
ρ0
2
(1 + cos ϕ ); ϕ = ωt où ρ 0 et ω sont des constantes
positives.
1. Quelle est l’allure de la trajectoire de M.
2. Exprimer, en fonction de l’angle ϕ, l’abscisse curviligne s de M, comptée à partir du point A
qui correspond à ϕ = 0. Pour quel angle polaire a-t-on s = ρ0 ? On désignera par B la position
correspondante de M.
3. En déduire le périmètre de la trajectoire.
r r
4. Exprimer dans la base polaire ( eρ , eϕ ) , les vecteurs vitesse et accélération de M
5. En déduire, les modules de la vitesse et de l’accélération de M en fonction de ρ.
6. Déterminer le rayon de courbure Rc de la trajectoire.
r r r
7. Déterminer les vecteurs de la base de Frenet (τ ,n,b).
8. Calculer les accélérations tangentielle et normale de M.
9. Application numérique : ρ0 = 50cm, ω = 3.2rad/s. Calculer la vitesse, l’accélération et le
rayon de courbure en A et B.
Exercice 5
On laisse tomber d’un immeuble de hauteur h une bille M sans vitesse initiale. Dans un
r r r
référentiel R( O , i , j , k ) lié à cet immeuble, la chute de celle-ci s’effectue verticalement selon
r
r
un mouvement uniformément accéléré d’accélération γ = −gk (voir la figure ci-dessous).
r r r
1. Déterminer le vecteur position O ′M de la bille dans un référentiel R ′( O ′ , i ′ , j ′ , k ′ ) lié à une
r
r
voiture se déplaçant suivant un mouvement rectiligne uniforme de vitesse u = ui et passant à
la verticale de chute au moment du lâcher. Déduire l’équation de la trajectoire de la bille dans
r r r
R ′( O ′ , i ′ , j ′ , k ′ ) .
8
r r r
2. Déterminer le vecteur position O ′M de la bille dans le même référentiel R ′( O ′ , i ′ , j ′ , k ′ ) si
on admet que la voiture entame au moment du lâcher et à partir de la verticale de chute un
r
r
mouvement rectiligne uniformément accéléré d’accélération γ = ai . Déduire l’équation de la
r r r
trajectoire de la bille dans R ′( O ′ , i ′ , j ′ , k ′ ) .
z′
z
M
r
γ
h
r
k
O
r
k′
r
i
r
i′
O′
x
x′
devoir à la maison
Exercice 1
r
Une particule M se déplace sur l’axe Ox, de vecteur unitaire i , avec une accélération
r
r
négative, proportionnelle à la vitesse à chaque instant: γ = -k vi (k est une constante
positive). A l’instant t = 0, elle passe en O avec une vitesse v0 = 20 m s-1.
1. Déterminer la loi v(x) (la vitesse au point x).
2. A quelle vitesse et à quel instant la particule passera-t-elle à 150 m de l’origine O, si le
module de l’accélération à l’instant 0 vaut 2 m s-2 ?
Exercice n2
Un nageur plonge d’un point A situé sur une rive d’un fleuve de largeur l et veut
atteindre l’autre rive en un point B situé juste en face de A. Pour cela, il nage suivant une
direction faisant un angle α avec (AB). Sa vitesse par rapport à l’eau est v et la vitesse du
courant est u.
1. Sur un schéma, représenter vectoriellement les vitesses et déterminer l’angle α en fonction
de v et u.
2. Exprimer, en fonction de l , u et v,le temps nécessaire t (temps de traversée) pour que le
nageur traversera la fleuve.
3. Que devient ce temps si le point B n’est pas situé en face de A.
9
Solution de série N° 2
Cinématique du Point Matériel et changement de référentiel
Exercice 1
1.
x(t) +1 = t ⇒ , y =-x2-2x (équation de la trajectoire) ⇒ la trajectoire est une parabole.
2.
r
r
d OM
dx r dy r dz r r
v (M / ℜ ) =
=
i +
j +
k = i − 2tj
dt / ℜ
dt
dt
dt
r
2
r
r
dv (M / ℜ )
d OM
d 2 x r d 2y r d 2 z r
γ (M / ℜ ) =
=
=
i + 2 j + 2 k = −2 j
2
2
dt / ℜ
dt / ℜ
d t
d t
d t
3.
r
d v (M / ℜ ) r
r
Accélérations tangentielle : γ t =
τ
dt
r
r
d  1 + 4t 2 
r
r d v (M / ℜ )
r
1
2t
4t
v (M / ℜ )


=
=
=
τ = r
i −
j,
2
2
dt
dt
v (M / ℜ )
1 + 4t
1 + 4t
1 + 4t 2
r
⇒ γt =
4t
2
r
i −
8t 2
1 + 4t
1 + 4t
r
r
r
Accélération normale : γ n = γ (M / ℜ ) − γ t
r
r
r
4t
2
⇒ γn = −
i −
j
2
2
1 + 4t
1 + 4t
r
j
2
4.
(
r
3
v (M / ℜ )
1 + 4t 2
Rayon de courbure : Rc = r
=
r
2
v (M / ℜ ) ∧ γ (M / ℜ )
3
2 2
(1 + 4t )
=
⇒ Rc
Ou bien
r
γn
3
2
)
2
r
r
2
2
v (M / ℜ ) r
v (M / ℜ )
r
r
r
=
n ⇒ γn =
n , n =1
Rc
Rc
r
2
v (M / ℜ )
1 + 4t 2
⇒ Rc =
=
r
2
γn
 4t 

2


+ 
2 
 1 + 4t 
 1 + 4t 2
(
Exercice 2
1.
(
)
r
r
r
d ρe ρ + zk
de ρ
r
d OM
dρ r
dz r
v (M / ℜ ) =
=
=
eρ + ρ
+
k
dt / ℜ
dt / ℜ
dt
dt / ℜ dt
r
r
r
r
⇒ v (M / ℜ ) = 2a0 te ρ + a0 t 2 + ρ 0 ωeϕ − vk
(
r
⇒ v (M / ℜ ) =
r
γ (M / ℜ ) =
(2a0t )2
)
((
) ) +v
− (a t + ρ )ω
+ a0 t 2 + ρ 0 ω
2
2
r
r
r
r
dv (M / ℜ )
2
= 2a0 e ρ + 2a0ωteϕ + 2a0 ωteϕ
0
dt / ℜ
r
r
r
⇒ γ (M / ℜ ) = 2a0 − a0 t 2 + ρ 0 ω 2 e ρ + 4a0ωteϕ
[
r
⇒ γ (M / ℜ) =
(
[2a − (a t
0
0
2
) ]
+ ρ )ω ]
0
2 2
Norme du vecteur vitesse de M à l’instant t = 1 s.
10
0
+ (4a0ωt )
2.
3
2 2
)
2
2
r
eρ



2
(1 + 4t )
=
2
r
v (M / ℜ ) =
(2a0 )2 + ((a0
+ ρ 0 )ω ) + v 2 = 6.63m / s
2
3.
Norme du vecteur accélération de M à l’instant initial (t = 0 s).
2
r
γ (M / ℜ ) = 2a0 − ρ 0 ω 2 = 7ms − 2
(
)
Exercice 3
1.
r
Accélérations tangentielle : γ t
r
d v (M / ℜ ) r
r
=
τ = s&&τ
dt
r
r
d2s
s&& =
= a ⇒ γ t = aτ
2
dt
r
2
v (M / ℜ ) r
r
Accélération normale : γ n =
n
Rc
Le point M décrit un cercle de rayon R ⇒ Le rayon de courbure est Rc = R
2
s& r (at + b )2 r
r
r
v
&
v (M / ℜ ) = sτ ⇒ γ n =
n=
n
R
R
r
(at + b)2 nr
⇒ γn =
R
2.
Module de l’accélération de M :
r
r
r
γ (M / ℜ ) = γ t + γ n (ℜ est le référentiel dans lequel M décrit le cercle)
r
r 2
r 2
2
⇒ γ (M / ℜ ) = γ t + γ n
r
(at + b)4
2
⇒ γ (M / ℜ ) = a 2 +
R2

(at + b)4
⇒ γ (M / ℜ ) =  a 2 +

R2

r
Exercice 4
1.
1
2



y
B
C
ρ0
2
π
3
ρ0
O
A
x
ρ0
2
C′
La trajectoire de M est une cardioïde. Elle admet l’axe (Ox) comme un axe de symétrie.
Elle coupe cet axe en O(ρ = 0 , ϕ = π ) et en A(ρ = ρ 0 , ϕ = 0) . Elle rencontre l’axe (Oy) en
ρ
ρ


π
π
C  ρ = 0 , ϕ =  et en C ′ ρ = 0 , ϕ = −  .
2
2
2
2


11
2.
r
r
En coordonnées polaires : dOM = dρe ρ + ρdϕeϕ
r
En coordonnées curvilignes : dOM = dsτ
⇒ (ds ) = (dρ ) + (ρdϕ ) ⇒ ds =
2
ρ =
ρ0
2
(1 + cos(ϕ ))
2
⇒ dρ = −
⇒ ds =
(dρ )2 + (ρdϕ )2
2
ρ0
2
2
 ρ0

ρ

 −
sin(ϕ )dϕ  +  0 (1 + cos(ϕ ))dϕ 
 2

 2

sin(ϕ )dϕ ⇒ ds =
ρ0
ϕ 
dϕ 2(1 + cos(ϕ )) ⇒ ds = ρ 0 cos dϕ ⇒ s =
2
2
∫ρ
0
2
ϕ 
cos dϕ
2
ϕ 
⇒ s = 2 ρ 0 sin  + s 0
2
L’abscisse curviligne s de M est comptée à partir du point A, c-à-d s = 0 en A.
⇒ s = 0 si ϕ = 0 ⇒ s (ϕ = 0) = 2 ρ 0 sin(0) + s 0 = 0 ⇒ s 0 = 0
ϕ 
⇒ s = 2 ρ 0 sin 
2
π
ϕ 
ϕ  1
Si s = ρ 0 ⇒ ρ 0 = 2 ρ 0 sin  ⇒ sin  =
⇒ ϕ =
3
2
2 2
π
π  ρ 
 π  3
3
⇒ ρ   = 0 1 + cos   = ρ 0 ⇒ B ρ 0 , 
3
2 
4
3
 3  4
3.
Le demi périmètre (demi longueur de la trajectoire) est la longueur de l’arc AO .
1
P =
2
4.
O
ϕ =π
A
ϕ =0
∫ ds =
∫
  ϕ 
ϕ 
ρ 0 cos dϕ = 2 ρ 0 sin 
π
= 2ρ 0
  2  0
⇒ le périmètre de la trajectoire est P = 4 ρ 0
2
r
r
d (ρe ρ ) dρ r
de ρ
r
r
r
ρ
ρ
d OM
v (M / ℜ ) =
=
=
eρ + ρ
= − 0 ω sin(ϕ )e ρ + 0 (1 + cos(ϕ ))ωeϕ
dt / ℜ dt / ℜ
dt
dt / ℜ
2
2
⇒
r
r
r
r
r
ρ
ρ
ρ
ρ
r
dv (M / ℜ )
γ (M / ℜ ) =
= − 0 ω 2 cos(ϕ )e ρ − 0 ω 2 sin(ϕ )eϕ − 0 sin(ϕ )ω 2 eϕ − 0 (1 + cos (ϕ ))ω 2 e ρ
dt / ℜ
2
2
2
2
r
ρ  r

= − ρ 0 cos(ϕ ) + 0 ω 2 e ρ − ρ 0 ω 2 sin(ϕ )eϕ
2 

5.
r
v (M / ℜ ) =
2
 ρ0

ρ


ω sin(ϕ ) +  0 (1 + cos(ϕ ))ω 
 2

 2

2
2
ϕ 
= ρ 0 ω cos 
2

ρ  
ρ
r
2
ϕ 
γ (M / ℜ ) =   ρ 0 cos (ϕ ) + 0 ω 2  + ρ 0 ω 2 sin(ϕ ) = 0 ω 2 1 + 8 cos 2  
2
2
2
 

(
)
r
r
On exprime v (M / ℜ ) et γ (M / ℜ ) en fonction de ρ :
ρ =
ρ0
2
(1 + cos(ϕ )) ⇒
ϕ 
ϕ 
ρ = ρ 0 cos 2   ⇒ cos  =
2
2
r
r
ω2
⇒ v (M / ℜ ) = ω ρ 0 ρ , γ (M / ℜ ) =
2
6.
Rayon de courbure Rc de la trajectoire :
ρ
ρ0
ρ 02 + 8 ρ 0 ρ
r
3
v (M / ℜ )
Rc = r
r
v (M / ℜ ) ∧ γ (M / ℜ )
12
ρ 20 ω 3

r
r
ρ ω
ρ ω2
r
v (M / ℜ ) ∧ γ (M / ℜ ) =
sin 2 (ϕ )e z + 0 (1 + cos (ϕ )) ρ 0ω 2 cos(ϕ ) + 0

2
2
2

r
e z


3 2 3
ϕ r
ρ 0 ω cos 2  e z
2
2
r
r
3
ϕ 
⇒ v (M / ℜ ) ∧ γ (M / ℜ ) = ρ 20 ω 3 cos 2  
2
2
=
3

 ϕ 
 ρ 0 ω cos  
2
 2 
ϕ 

⇒ Rc = ρ 0 cos 
Rc =
3
3 2 3
ϕ


2
ρ 0 ω cos 2  
2
2
7.
r r r
Les vecteurs de la base de Frenet (τ ,n,b) :
r
r
v (M / ℜ )
ϕ r
ϕ r
- τ = r
= − sin e ρ + cos eϕ
v (M / ℜ )
2
2
r
r
- le mouvement de M se fait dans le plan (xoy) ⇒ τ et n ∈ (xoy).
r
r
r
r
r
r
⇒ k ⊥ τ et k ⊥ n ⇒ b = k
r v
r v
r
r
ϕ r
ϕ r
- n = b ∧ τ = k ∧ τ ⇒ n = − cos e ρ − sin eϕ
2
2
r
eρ
r
eϕ
y
r
τ
r
k
•
r
ez
ρ
r
b
r
n
ϕ
x
O
A chaque instant t, le point M appartient à un cercle de rayon Rc = Rc (ϕ ) et de centre C
r
tel que MC = Rc n
8.
r
Accélérations tangentielle : γ t
r
d v (M / ℜ ) r
r
=
τ = s&&τ
dt
ρ ω
d2s
ϕ 
s = 2 ρ 0 sin  ⇒ s&& =
= − 0
2
2
2
dt
 
r
2
v (M / ℜ ) r
r
Accélération normale : γ n =
n=
Rc
2
13
ρ ω2
r
ϕ 
ϕ r
sin  ⇒ γ t = − 0
sin τ
2
2
 
2
s& 2 r
n
Rc
2

 ϕ 
 ρ 0 ω cos  
 2  r
ϕ  r

s& = ρ 0 ω cos  ⇒ γ n =
n
2
ϕ 
2
ρ 0 cos 
3
2
r
r
r
On vérifie que γ (M / ℜ ) = γ t + γ n ?
r
r
γt + γn = −
⇒
r
r
γt + γn = −
ρ 0ω 2
2
ρ 0ω 2
2
r
⇒ γn =
3
ϕ r
ρ 0ω 2 cos n
2
2
ϕ r 3
ϕ r
sin τ + ρ 0 ω 2 cos n
2
2
2
 ϕ 
ϕ r
ϕ r  3
 ϕ 
ϕ r
ϕ r 
sin  − sin e ρ + cos eϕ  + ρ 0 ω 2 cos  − cos e ρ − sin eϕ 
2
2
2
2
2
2
 
 
  
 
 
2 
r
ρ  r

= − ρ 0 cos(ϕ ) + 0 ω 2 e ρ − ρ 0 ω 2 sin(ϕ )eϕ
2 

r
r
r
⇒ γ (M / ℜ ) = γ t + γ n
9.
Application numérique (ρ0=50cm, ω=3.2rad/s ) :
- En A :
r
v (M / ℜ ) = ρ 0ω = 1.6m / s
3
ρ 0 ω 2 = 7.5m / s 2
2
r
γ (M / ℜ ) =
Rc =
2
ρ 0 = 0.33m
3
- En B :
3
ρ 0 ω = 1.38m / s
2
r
7
γ (M / ℜ ) =
ρ 0 ω 2 = 6.6m / s 2
2
3
Rc =
ρ 0 = 0.29m
3
r
v (M / ℜ ) =
z′
z
Exercice 5
M
r
γ
h
r
k
O
r
k′
r
i
O′
x
x′
r
i′
(
)
r r r
Le vecteur position de la bille dans le référentiel ℜ O , i , j , k est :
r
OM = zk ( x = y = 0 )
r r r
La bille est en chute libre sans vitesse initiale dans ℜ O , i , j , k avec une accélération
r
r
γ = − gk
(
⇒ γz =
d2z
dt
2
= −g ⇒ z = −
A t = 0 , v0 = 0 , z0 = h ⇒ z = −
)
1 2
gt + v 0 t + z 0
2
1 2
 1
r
gt + h ⇒ OM =  − gt 2 + h k
2
 2

14
(
)
r r r
Le vecteur position de la bille dans le référentiel ℜ ′ O ′ , i ′ , j ′ , k ′ est :
r
r
r
O ′M = x ′i ′ + y ′j ′ + z ′k ′
r
r
r
r r
r
i = i ′ , k = k ′ et y ′ = 0 (le mouvement de M se fait dans le plan (xoz)) ⇒ O ′M = x ′i + z ′k
OM = OO ′ + O ′M ⇒ O ′M = OM − OO ′
1.
r r r
r
r
1er cas : R ′( O ′ , i ′ , j ′ , k ′ ) est en mouvement rectiligne uniforme de vitesse u = ui et
passant à la verticale de chute au moment du lâcher :
r r r
r dx O′ r
r
d OO ′
Le point O ′ est fixe dans R ′( O ′ , i ′ , j ′ , k ′ ) ⇒ v (O ′ / ℜ ) =
= ui =
i
dt / ℜ
dt
⇒ x O′ = ut + C
r
A t = 0 → O ≡ O ′ → x O′ = 0 → C = 0 ⇒ x O′ = ut ⇒ OO ′ = uti
r
r
r
 1
r
⇒ O ′M = x ′i ′ + z ′k ′ = OM − OO ′ =  − gt 2 + h k ′ − uti ′
 2

1 2
1 x ′2
gt + h ⇒ z ′ = − g 2 + h
2
2 u
r r r
⇒ la trajectoire de la bille dans R ′( O ′ , i ′ , j ′ , k ′ ) est une parabole.
⇒ x ′ = −ut et z ′ = −
2.
r r r
2ème cas : R ′( O ′ , i ′ , j ′ , k ′ ) est en mouvement rectiligne uniformément accéléré
r
r
d’accélération γ = ai et passant à la verticale de chute au moment du lâcher :
r r r
r d 2 x O′ r
r
d 2 OO ′
Le point O ′ est fixe dans R ′( O ′ , i ′ , j ′ , k ′ ) ⇒ γ (O ′ / ℜ ) =
=
a
i
=
i
dt 2 / ℜ
dt 2
1
⇒ x O′ = at 2 + C1t + C 2
2
r
1
1
A t = 0 → O ≡ O ′ → x O′ = 0 , x& O′ = 0 → C 1 = C 2 = 0 ⇒ x O′ = at 2 ⇒ OO ′ = at 2 i
2
2
r
r
r
r
1
 1

⇒ O ′M = x ′i ′ + z ′k ′ = OM − OO ′ =  − gt 2 + h k ′ − at 2 i ′
2
2


1 2
1
g
at et z ′ = − gt 2 + h ⇒ z ′ =
x′ + h
2
2
a
r r r
g
⇒ la trajectoire de la bille dans R ′( O ′ , i ′ , j ′ , k ′ ) est une droite d’équation z ′ =
x′ + h .
a
⇒ x′ = −
15
Série N° 3
Dynamique du Point Matériel
Exercice 1 :
On considère le repère ℜ(Oxyz) (repère absolu), (xOy) étant le plan horizontal. Soit (P)
un plan vertical qui tourne autour de l’axe (Oz) avec une vitesse angulaire constante ω . Dans
ce plan (P), un anneau M assimilé à un point matériel de masse m se meut sans frottement,
dans le champ de pesanteur, sur un cerceau (C) de centre O1 et de rayon r. La position de O1
est définie par les paramètres a et b (a et b sont des constantes), celle de M est définie par
r r r
l’angle θ (t ) (voir figure 1). On désigne par ℜ1(O1, i1 , j1 , k1 ) un repère lié au plan (P) (repère
r
r
relatif) tel que le plan (x1O1z1) reste constamment dans le plan (P) et k1 = k . On suppose que
θ = θ& = 0 à t=0.
r r r
1. Exprimer dans la base ( i1 , j1 , k1 ) :
r
a. le vecteur rotation de R1 par rapport à ℜ: Ω (ℜ1 / ℜ ) ;
b. les vitesses relative, d’entraînement et absolue du point M;
c. les accélérations relative, d’entraînement, de Coriolis et absolue du point M;
d. le poids de M et les forces d’inertie.
2. En appliquant le théorème de la quantité du mouvement dans le repère ℜ1, déterminer
l’équation différentielle du mouvement de M vérifiée par θ et les composantes de la réaction
r
r r r
R dans la base ( e , e , e ). En déduire une relation entre θ et θ& .
ρ
θ
z
3. que deviennent ces résultats si le plan (P) est fixe.
Exercice 2 :
1. On considère un camion immobile à benne baissée. On pose sur la benne une brique de
masse m = 3 kg. Le camion soulève sa benne progressivement. Les coefficients de frottement
statique et dynamique entre la benne et la brique sont respectivement ks = 0.6 et Kd = 0.3.
a. Calculer l’angle α0 d’inclinaison de la benne par rapport à l’horizontale pour
provoquer le glissement de la brique.
b. Si α = 45°, déterminer l’accélération de la brique. On donne g = 10 m.s-2.
2. Le camion roule maintenant en ligne droite avec une vitesse constante v c . Une boîte,
considérée comme ponctuelle, glisse sur sa benne avec une vitesse v b = 0.5 m . s −1 (voir figure
2). Sachant que la benne est inclinée par rapport à l’horizontale d’un angle α = 60°,
a. Déterminer la vitesse du camion pour qu’un observateur au sol puisse voir la boîte
tomber verticalement. En déduire la vitesse de la boîte par rapport au sol.
b. Que devient la vitesse de la boîte par rapport au sol si la vitesse du camion est
v c = 0.5m.s −1 . Faire le schéma de composition des vitesses.
z
z1
ω
r
eθ
r
vc
θ M
b
α
O1
O
y
ωt
x
r
vb
y1
r
eρ
a
Figure 1
x1
P
x1
16
Figure 2
Solution de série N° 3
Dynamique du Point Matériel
Exercice 1 :
r
j1
r
r
r r
r
r r
v
i1 = cos(ωt )i + sin(ωt ) j , j1 = − sin(ωt )i + cos(ωt ) j , k1 = k
r
ωt
K1
r•
K
ωt
r
i
r
eθ
r
j
r
r
r
r
r
r
di1
dj1
dk1
= ωj1 ,
= −ωi1 ,
=0
dt / ℜ
dt / ℜ
dt / ℜ
r
i1
r
K1
r
r
r
r
r
r
r
r
e ρ = sin(θ )i1 + cos(θ )k1 , eθ = − cos(θ )i1 + sin(θ )k1 , e z = − j1
r
eρ
r
ez
•
θ
r
de ρ
r
i1
r
j1
⊗
dt / ℜ1
r
r
r
r
deθ
de z
&
= θe ρ ,
=0
dt / ℜ1
dt / ℜ1
r
= −θ&eθ ,
r
r
r
OM = OO1 + O1 M , OO1 = ai1 + bk1 , O1 M = re ρ (r, a, b sont des constantes)
1.
r r r
On exprime dans la base ( i1 , j1 , k1 ) :
r
a. le vecteur rotation de R1 par rapport à R: Ω (R1 / R ) :
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
di1
dj1
dk1
= ωj1 = ωk 1 ∧ i1 ,
= −ωi1 = ωk 1 ∧ j1 ,
= 0 = ωk 1 ∧ k1
dt / ℜ
dt / ℜ
dt / ℜ
r
r r
⇒ Ω ℜ1 / ℜ = ωk1
(
)
b. les vitesses relative, d’entraînement et absolue du point M :
r
r
d re ρ
de ρ
r
r
r
d O1 M
=
=r
= −rθ&eθ
- v r (M ) = v (M / ℜ1 ) =
dt / ℜ1
dt / ℜ1
dt / ℜ1
r
r
r
⇒ v r (M ) = rθ& cos(θ )i1 − rθ& sin(θ )k1 : vitesse relative
r r
r
r
- v e (M ) = v (O1 / ℜ ) + Ω ℜ1 / ℜ ∧ O1 M
r
r
r
r
r
r
dOO1
d ai1 + bk1
di1
dk1
v (O1 / ℜ ) =
=
= a
+b
= aωj1
dt / ℜ
dt / ℜ
dt / ℜ
dt / ℜ
r
r
r
r
r
r r
r
Ω ℜ1 / ℜ ∧ O1 M = ωk1 ∧ re ρ = ωk1 ∧ r sin(θ )i1 + cos(θ )k1 = rω sin(θ ) j1
r
r
⇒ v e (M ) = (aω + rω sin(θ )) j1 : vitesse d’entraînement
r
r
r
r
r
r
- v a (M ) = v r (M ) + v e (M ) = rθ& cos(θ )i1 − rθ& sin(θ )k1 + (aω + rω sin(θ )) j1
r
r
r
r
⇒ v a (M ) = rθ& cos(θ )i1 + (aω + rω sin(θ )) j1 − rθ& sin(θ )k1 : vitesse absolue
(
(
)
(
(
)
)
(
)
)
c. les accélérations relative, d’entraînement, de Coriolis et absolue du point M :
r
r
r
r
r
r
deθ
r
r
dv (M / ℜ1 ) d − rθ&eθ
&
&
&
- γ r (M ) = γ (M / ℜ1 ) =
=
= −rθ eθ − rθ
= −rθ&&eθ − −rθ& 2 e ρ
dt / ℜ1
dt / ℜ1
dt / ℜ1
r
r
r
2
2
γ r (M ) = rθ&& cos(θ ) − rθ& sin(θ ) i1 − rθ&& sin(θ ) + rθ& cos(θ ) k1 : accélération relative
r
r
r
r
r
dΩ (ℜ1 / ℜ )
- γ e (M ) = γ (O1 / ℜ ) +
∧ O1 M + Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ O1 M
dt / ℜ
r
r
r
dv (O1 / ℜ ) d aωj1
r
γ (O1 / ℜ ) =
=
= −aω 2 i1
dt / ℜ
dt / ℜ
(
(
)
(
(
)
17
)
)
(
)
r
r
r
dΩ (ℜ1 / ℜ )
∧ O1 M = 0 ∧ O1 M = 0
dt / ℜ
r
r
r
r
r
Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ O1 M = ωk1 ∧ rω sin(θ ) j1 = −rω 2 sin(θ )i1
r
r
⇒ γ e (M ) = − aω 2 − rω 2 sin(θ ) i1 : accélération d’entraînement
r
r
r
r
r
r
r
- γ c (M ) = 2Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ v r (M ) = 2ωk1 ∧ rθ& cos(θ )i1 − rθ& sin(θ )k1 = 2rωθ& cos(θ ) j1
r
r
⇒ γ c (M ) = 2rωθ& cos(θ ) j1 : accélération de Coriolis
r
r
r
r
- γ a (M ) = γ r (M ) + γ e (M ) + γ c (M )
r
r
⇒ γ a (M ) = rθ&& cos(θ ) − rθ& 2 sin(θ ) − aω 2 − rω 2 sin(θ ) i1
r
+ 2rωθ& cos(θ ) j1
: accélération absolue
r
− rθ&& sin(θ ) + rθ& 2 cos(θ ) k1
d. le poids de M et les forces d’inertie :
r
r
r
- P = mg = −mgk1 : poids de M
r
r
r
- Fe = −mγ e (M ) = maω 2 + mrω 2 sin(θ ) i1 : force d’inertie d’entraînement
r
r
r
- F = −mγ (M ) = −2mrωθ& cos(θ ) j : force d’inertie de Coriolis
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
c
)
1
c
2.
Application du théorème de la quantité du mouvement (P.F.D) dans
ℜ1 est en mouvement de rotation par rapport à ℜ fixe (galiléen) ⇒
r
r
r
r
⇒ P.F.D dans ℜ1 s’écrit : mγ r (M ) =
Fext + Fe + Fc avec
r
r
r
r
Soit R = R ρ e ρ + Rθ eθ + R z e z
∑
∑
le repère R1 :
ℜ1 est non galiléen
r
r r
Fext = P + R
M se meut sans frottement sur le cerceau (C) ⇒ la composante tangentielle est
r
r
r
nulle c-à-d Rθ = 0 ⇒ R = R ρ e ρ + R z e z
P.F.D dans ℜ1 s’écrit ainsi :
r
r
m rθ&& cos(θ ) − rθ& 2 sin(θ ) − aω 2 − rω 2 sin(θ ) i1 + 2mrωθ& cos(θ ) j1
r
(E)
r
r
r
− mrθ&& sin(θ ) + mrθ& 2 cos(θ ) − mg k1 − R ρ e ρ − R z e z = 0
(
(
)
)
r
eθ ×(E) ⇒
− m rθ&& cos(θ ) − rθ& 2 sin(θ ) − aω 2 − rω 2 sin(θ ) cos(θ ) − mrθ&& sin(θ ) + mrθ& 2 cos(θ ) − mg sin(θ ) = 0
(
)
(
)
g
a
⇒ θ&& = sin(θ ) + ω 2 cos(θ ) + ω 2 sin(θ ) cos(θ )
r
r
Equation différentielle du mouvement de M vérifiée par θ
r
e ρ ×(E) ⇒
m rθ&& cos(θ ) − rθ& 2 sin(θ ) − aω 2 − rω 2 sin(θ ) sin(θ ) − mrθ&& sin(θ ) + mrθ& 2 cos(θ ) − mg cos(θ ) − Rρ = 0
(
)
⇒ R ρ = mg cos(θ ) − mrθ
&2
r
e z ×(E) ⇒
(
)
− maω sin(θ ) − mrω sin (θ )
2
2
2
− 2mrωθ& cos(θ ) − R z = 0
⇒ R z = −2mrωθ& cos(θ )
r
r
r
⇒ R = mg cos(θ ) − mrθ& 2 − maω 2 sin(θ ) − mrω 2 sin 2 (θ ) e ρ − 2mrωθ& cos(θ )e z
(
)
Relation entre θ et θ& :
g
a
sin(θ )θ& + ω 2 cos(θ )θ& + ω 2 sin(θ ) cos(θ )θ&
r
r
1 dθ& 2
g d cos(θ ) a 2 d sin(θ ) ω 2 d cos(2θ )
⇒
= −
+ ω
−
2 dt
r
dt
r
dt
4
dt
ω2
1 &2
g
a 2
⇒ θ = − cos(θ ) + ω sin(θ ) −
cos(2θ ) + cte
2
r
r
4
g ω2
A t = 0 : θ = θ& = 0 ⇒ cte =
+
r
4
θ&θ&& =
18
ω2
1 &2
g
a
g ω2
cos(2θ ) +
+
θ = − cos(θ ) + ω 2 sin(θ ) −
2
r
r
4
r
4
1
g
a
ω2 ω2
g ω2
cos(2θ ) = 1 − 2 sin 2 (θ ) ⇒ θ& 2 = − cos(θ ) + ω 2 sin(θ ) −
+
+
sin 2 (θ ) +
2
r
r
4
2
r
4
2g
(1 − cos(θ )) + ω 2 sin(θ ) 2a + sin(θ )
⇒ θ& 2 =
r
 r

⇒
3.
Cas particulier : le plan (P) est fixe :
r
r
r
r
r r
r
r
r
⇒ Ω ℜ 1 / ℜ = 0 ⇒ v e (M ) = 0 ⇒ v a (M ) = v r (M ) = rθ& cos(θ )i1 − rθ& sin(θ )k1
r
r r
r
r
r
r
r
⇒ γ e (M ) = 0 , γ c (M ) = 0 ⇒ γ a (M ) = γ r (M ) = rθ&& cos(θ ) − rθ& 2 sin(θ ) i1 − rθ&& sin(θ ) + rθ& 2 cos(θ ) k1
r
r
⇒ Fe = 0
r
r
⇒ Fc = 0
(
)
(
)
(
Le plan (P) est fixe ⇒ ℜ1 est fixe par rapport à ℜ ⇒ ℜ1 est galiléen
r
r
r r
r
r
r
⇒ P.F.D dans ℜ1 s’écrit : mγ (M / ℜ1 ) =
Fext = P + R = −mgk1 + R ρ e ρ + R z e z
r
r
r
r
r
⇒ mrθ&& cos(θ ) − mrθ& 2 sin(θ ) i1 − mrθ&& sin(θ ) + mrθ& 2 cos(θ ) k1 = −mgk1 + R ρ e ρ + R z e z (E)
(
(
)
)
∑
(
)
(
)
r
eθ ×(E) ⇒ − mrθ&& cos(θ ) + mrθ& 2 sin(θ ) cos(θ ) − mrθ&& sin(θ ) + mrθ& 2 cos(θ ) sin(θ ) = −mg sin(θ )
g
⇒ θ&& = sin(θ ) : Equation différentielle du mouvement de M vérifiée par θ
r
r
e ρ ×(E) ⇒ R ρ = mg cos(θ ) − mrθ& 2
r
e z ×(E) ⇒ R z = 0
r
r
⇒ R = mg cos(θ ) − mrθ& 2 e ρ
(
)
Relation entre θ et θ& :
g
g
1
1 dθ& 2
g d cos(θ )
θ&θ&& = sin(θ )θ& ⇒
= −
⇒ θ& 2 = − cos(θ ) + cte
r
2
r
2 dt
r
dt
g
g
g
1
2g
(1 − cos(θ ))
A t = 0 : θ = θ& = 0 ⇒ cte =
⇒ θ& 2 = − cos(θ ) +
⇒ θ& 2 =
r
2
r
r
r
Exercice 2 :
r
vb
r
vc
α
1.
Camion immobile :
a. angle limite α0 pour provoquer le glissement de la brique :
La brique est considérée comme un point matériel M
r
r
R
r
j
i
r
Rn α 0
r
j
r
Rt
M
r
k
•
α0
r
P
O
19
)
r r r
r
r
r
r r
A l’équilibre : P + R = 0 ⇒ − mg sin(α 0 )i − mg cos(α 0 ) j + Rt i + Rn j = 0
r
Rt = Rt : composante tangente à la benne
r
Rn = Rn : composante normale à la benne
⇒ Rt = mg sin(α 0 ) et Rn = mg cos(α 0 ) ⇒ tan(α 0 ) =
r
r
A l’équilibre statique : Rt ≤ k s Rn
Rt
Rn
où k s est le coefficient de frottement statique.
r
Rt
r
r
Juste à la rupture de l’équilibre ( α = α 0 ) : Rt = k s Rn ⇒ r = k s
Rn
⇒ tan(α 0 ) = k s ⇒ α 0 = arctan(k s ) ⇒ α 0 = 31°
b. Accélération de la brique si α = 45° :
α = 45° > α 0 ⇒ la brique ne reste pas en équilibre statique sur la benne.
r r
r
r
r
r
r
r
⇒ P + R = mγ (M / ℜ ) ⇒ − mg sin(α 0 )i − mg cos(α 0 ) j + Rt i + Rn j = mγ x i
⇒ mγ x = Rt − mg sin(α 0 ) et Rn = mg cos(α 0 )
La brique est en mouvement avec frottement ⇒
r
r
Rt = k d Rn ⇒ Rt = k d Rn , k d est le
coefficient de frottement dynamique.
⇒ Rt = k d mg cos(α 0 ) ⇒ mγ x = k d mg cos(α 0 ) − mg sin(α 0 )
⇒ γ x = g (k d cos(α 0 ) − sin(α 0 ))
r
⇒ γ (M / ℜ ) = γ x = g (k d cos(α 0 ) − sin(α 0 ))
r
⇒ A.N : γ (M / ℜ ) = 4.95ms −2
2.
r
Le camion en mouvement rectiligne uniforme par rapport au sol avec une vitesse v c :
La boîte est considérée comme un point matériel M glissant sur la benne avec une
vitesse constante v b = 0.5ms −1 .
r
r
r
v
r
r
j
i1 = cos (ωt )i + sin(ωt ) j
j
i1
r
r
r
j1 = − sin(ωt )i + cos (ωt ) j
r
r
r
r
vb
k1 = k
M
j1
r
r
r
r
di 1
dj 1
dk 1
=
=
=0
60°
dt / ℜ
dt / ℜ
dt / ℜ
r
r
r r
k •
60°
r
Ω ℜ1 / ℜ = 0
i
r
O1 k •
O
1
r r r
ℜ O , i , j , k référentiel lié au sol (absolu)
r r r
ℜ 1 O1 , i1 , j1 , k1 référentiel lié au camion (relatif)
r
ℜ 1 est en mouvement de translation uniforme par rapport à ℜ de vitesse v c = cte
r
r
O1 est fixe dans ℜ 1 ⇒ v (O1 / ℜ ) = v c
r
r
⇒ - v e (M ) = v c (vitesse d’entraînement de M est égale à la vitesse du camion dans ℜ )
r
r
- v r (M ) = v b (vitesse relative de M est égale à la vitesse de la boîte dans ℜ 1 )
r
r
r
r
r
Loi de composition des vitesses : v a (M ) = v r (M ) + v e (M ) = v b + v c
(
(
)
(
)
)
a. Un observateur au sol voit la boîte tomber verticalement c'est-à-dire le vecteur
r
v a (M ) est vertical au sol.
Ainsi, d’après la loi de composition des vitesses, on obtient le schéma suivant :
20
r
vb
60°
r
va
r
vc
D’après ce schéma on obtient :
- v c = v b cos(60°) = 0.25ms −1 : vitesse du camion par rapport au sol
- v a = v b sin(60°) = 0.43ms −1 : vitesse de la boîte par rapport au sol (vitesse
absolue de la boîte)
b. On calcule la vitesse de la boîte par rapport au sol (vitesse absolue de la boîte v a ), si
la vitesse du camion est v c = 0.5m.s −1 :
r
r
r
r
r
2
v a (M ) = v b + v c ⇒ v a (M ) = v b
2
r
+ vc
2
r r
r ∧ r 
+ v b v c cos v b , v c 


r ∧ r 
 v b , v c  = 180° − 60° = 120° ⇒ v a = 0.5ms −1


r
r
Ou bien : v b = v c = 0.5ms −1 et α = 60° ⇒ le triangle formé par les trois vecteurs v a , v b
r
et v c est équilatéral ⇒ v a = v b = v c = 0.5ms −1
r
r
vb
va
60°
r
vc
120°
Autre méthode :
Pour la question 2. , on peut faire un calcul direct sans utiliser la loi de composition des
vitesses.
v
r
r
r
r
r
d OO1
d O1 M
dOM
v a = v (M / ℜ ) =
=
+
+ Ω (ℜ 1 / ℜ ) ∧ O1 M ⇒ v a = v (O1 / ℜ ) + v (M / ℜ 1 )
4
4
4
3
dt / ℜ
dt / ℜ dt / ℜ 1 14442
r
0
r
r
r
r
r
r
r
r
r
⇒ v a = v c i − v b i1 = v c i − v b cos(α )i − v b sin(α ) j ⇒ v a = (v c − v b cos (α ))i − v b sin(α ) j
r
r
r
r
a. si la boîte est tombée verticalement ⇒ v a ⊥ i ⇒ v a = −v a j
r
r
r
⇒ − v a j = (v c − v b cos(α ))i − v b sin(α ) j
⇒ v a = v b sin(α ) et v c = v b cos (α )
⇒ v a = 0.43ms −1 et v c = 0.25ms −1
b. si la vitesse du camion est v c = 0.5m.s −1 :
r
r
r
2
− v a j = (v c − v b cos(α ))i − v b sin(α ) j ⇒ v a = (v c − v b cos(α )) + v b2 sin 2 (α )
⇒ va =
v c2 + v b2 − 2v c v b cos(α ) ⇒ v a = 0.5ms −1
21
Série N° 4
Théorèmes généraux de la dynamique du point matériel
Exercice 1
r r r
On considère le repère fixe ℜ(O, i , j , k ) (repère absolu), (xOy) étant le plan horizontal.
r
Soit une tige homogène (O1A) de longueur l , en mouvement autour de l’axe (O k ) avec une
r r r
vitesse angulaire constante ω. On désigne par ℜ1(O1, i1 , j1 , k1 ) un repère lié à la tige (repère
r
r
relatif) tel que le plan (x1O1y1) reste constamment parallèle au plan (xOy) et k1 = k . L’origine
r
r
1
O1 de ℜ1 se déplace le long de l’axe (O k ) tel que OO1 = at 2 K . Soit un point M, de masse m,
2
r
se déplaçant sans frottement sur la tige (O1A) et repéré dans R1 par O1 M = x1 (t ) i1 .
(a et ω étant des constantes positives).
r r r
1. Exprimer dans la base ( i1 , j1 , k1 ) :
a. la vitesse du point M par rapport au repère ℜ.
b. la vitesse du point M par rapport au repère ℜ1.
r
c. le moment cinétique σ O (M/ℜ1 ) .
1
d. le poids de M et les forces d’inertie d’entraînement et de Coriolis.
2. Le repère ℜ1 est-il Galiléen ou non Galiléen ? Justifier votre réponse.
3. En appliquant le théorème de la quantité du mouvement dans le repère ℜ1, déterminer une
équation différentielle du second ordre en t vérifiée par x1 et les composantes de la
r r r
r
réaction R , exercée sur M par la tige, dans la base ( i1 , j1 , k1 ).
4. En appliquant le théorème du moment cinétique dans le repère ℜ1, retrouver les
r r r
r
composantes de la réaction R , exercée sur M par la tige, dans la base ( i1 , j1 , k1 ).
Calculer l’énergie potentielle de M par rapport au repère ℜ.
Calculer l’énergie potentielle de M par rapport au repère ℜ1.
Calculer l’énergie cinétique de M par rapport au repère ℜ1.
En appliquant le théorème de l’énergie cinétique dans le
repère ℜ1, retrouver l’équation différentielle du second
ordre en t vérifiée par x1 .
9. En appliquant le théorème de l’énergie mécanique dans le
repère ℜ1, retrouver l’équation différentielle du second
ordre en t vérifiée par x1 .
5.
6.
7.
8.
r r
K K1
v
j1
r
j
O1
r M
i1
v
i
v
j
O
ωt
A
r
i1
v
i
Exercice 2
r r r
On considère le repère fixe ℜ(O, i , j , k ) (repère absolu), (yOz) étant le plan vertical.
Soit un cerceau (C) de centre O1 et de rayon R, en mouvement de translation dans le plan
r
r 1
(yOz) tel que OO1 = bj + at 2 k ((yOz) étant le plan du cerceau, a et b étant des constantes
2
r r r
positives non nulles). On désigne par ℜ1(O1, i1 , j1 , k1 ) un repère lié au cerceau (repère relatif)
r
r
r
r r
r
tel que i1 = i , j1 = j et k1 = k . Soit un point M, de masse m, se déplaçant sans frottement
sur le cerceau (C) et repéré dans ℜ1 par l’angle θ (voir la figure ci-dessous). On suppose qu’à t
= 0, θ = 0 et E p ( M / ℜ ) = E p ( M / ℜ 1 ) = 0 .
r r r
1. Exprimer dans la base ( e ρ , eθ , e z ) :
r r r
a. les vecteurs de la base ( i1 , j1 , k1 ).
r
b. le vecteur vitesse du point M par rapport au repère ℜ, v ( M / ℜ ) .
r
c. le vecteur vitesse du point M par rapport au repère ℜ1, v ( M / ℜ 1 ) .
22
r
dσ O (M/ℜ1 )
r
1
d. le moment cinétique σ O (M/ℜ1 ) et sa dérivée temporelle
1
dt / ℜ1
2.
3.
4.
5.
e. le poids de M et les forces d’inertie.
Le repère ℜ1 est-il Galiléen ou non Galiléen ? Justifier votre réponse.
Calculer l’énergie potentielle de M par rapport au repère ℜ.
Calculer l’énergie potentielle de M par rapport au repère ℜ1.
Calculer l’énergie cinétique de M par rapport au repère ℜ1 : E c ( M / ℜ1 ) .
6. En appliquant le théorème de la quantité de mouvement dans le repère ℜ1, déterminer une
équation différentielle du mouvement de second ordre en t vérifiée par θ et les
r
r r r
composantes de la réaction R , exercée sur M par le cerceau, dans la base ( e ρ , eθ , e z ).
7. En appliquant le théorème de l’énergie cinétique dans le repère ℜ1, retrouver l’équation
différentielle du mouvement de second ordre en t vérifiée par θ .
8. En appliquant le théorème de l’énergie mécanique dans le repère ℜ1, retrouver l’équation
différentielle du mouvement de second ordre en t vérifiée par θ .
9. En appliquant le théorème du moment cinétique dans le repère ℜ1, retrouver l’équation
différentielle du mouvement de second ordre en t vérifiée par θ .
r
K
r
K1
r
eθ
r
eρ
M
1
at 2 = c
2
θ
O1
r
j1
r
j
O
b
Exercice 3 :
r r r
r r
On considère le repère fixe ℜ (O , i , j , k ) (repère absolu), ( i , j ) étant le plan horizontal.
r
Soit une tige horizontale (OA), en mouvement autour de l’axe (O k ) avec une vitesse angulaire
r r r
constante ω. On désigne par ℜ1(O, eρ , eϕ , ez ) le repère lié à la tige (repère relatif). Soit un
anneau assimilé à un point matériel M, de masse m, se déplaçant sans frottement sur la tige
(OA) et repéré dans ℜ par ses coordonnées polaires ρ et ϕ (voir la figure ci-contre). On
suppose que ρ (t = 0) = ρ 0 et ρ& (t = 0) = 0 .
r r
k ez
1. En appliquant le théorème de l’énergie mécanique dans le repère
ℜ, déterminer l’équation différentielle du mouvement de M.
Donner la solution de cette équation en fonction de ρ 0 et ω .
r
eϕ
2. Maintenant l’anneau est soumis à une force de rappel par
l’intermédiaire d’un ressort de raideur k, de masse négligeable et
r
de longueur à vide ρ 0 . Le ressort est enfilé sur la tige, une
j
O
r
extrémité est fixée en O et l’autre est attachée au point M. En
eρ
appliquant le principe fondamental de la dynamique dans ℜ,
ϕ = ωt
établir la nouvelle équation différentielle du mouvement de
M
r
A
l’anneau lors de la rotation de la tige en fonction de ρ&& , ρ , ρ 0 , k,
i
m et ω .
23
Solution de série N° 4
Théorèmes généraux de la dynamique du point matériel
r
j1
Exercice 1
r
ωt
K1
r•
K
ωt
r
i
r
r
v
i1 = cos (ωt )i + sin(ωt ) j
r
r
r
j1 = − sin(ωt )i + cos (ωt ) j
r
r
k1 = k
r
r
r
r
r
r
di 1
dj1
dk 1
= ωj1 ,
= −ωi1 ,
=0
dt / ℜ
dt / ℜ
dt / ℜ
r
r
r r
Ω ℜ1 / ℜ = ωk = ωk1
r
j
r
i1
OM = OO1 + O1 M =
(
)
r
r
r
1 2r
1
at k + x1 (t )i1 = at 2 k1 + x1 (t )i1 (a est une constante)
2
2
r r r
1. On exprime dans la base ( i1 , j1 , k1 ) :
a. la vitesse du point M par rapport au repère R :
r
r 
1
d  at 2 k1 + x1 (t )i1 
r
r
r
r
d OM
2

v (M / ℜ ) =
=
= atk1 + x& 1 i1 + x1ωj1
dt / ℜ
dt / ℜ
r
r
r
r
⇒ v (M / ℜ ) = x& 1 i1 + x 1ωj1 + atk1
b. la vitesse du point M par rapport au repère R1 :
r
r
r
dO1 M
d x1 (t )i1
v (M / ℜ1 ) =
=
= x& 1 i1
dt / ℜ1
dt / ℜ1
r
r
⇒ v (M / ℜ1 ) = x& 1 i1
r
c. le moment cinétique σ O (M/ℜ1 ) :
1
r
r
σ O 1 (M/R1 ) = O1 M ∧ mv (M/ℜ 1 )
r
r
r r
r
r
O1 M ∧ mv (M/ℜ 1 ) = x1 i1 ∧ x& 1 i = 01 ⇒ σ O1 (M / ℜ 1 ) = 0
(
)
d. le poids de M et les forces d’inertie d’entraînement et de Coriolis :
r
r
r
- P = mg = −mgk1 : poids de M
r
r
- Fe = −mγ e (M ) : force d’inertie d’entraînement
r
r
- Fc = −mγ c (M ) : force d’inertie de Coriolis
r
r
r
r
r
dΩ (ℜ1 / ℜ )
γ e (M ) = γ (O1 / ℜ ) +
∧ O1 M + Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ O1 M
dt / ℜ
r
21
2 
d
at
k


r
r
r
d 2 OO1
2

γ (O1 / ℜ ) =
=
=
a
k
=
a
k
1
dt 2 / ℜ
dt 2 / ℜ
r
r
r
dΩ (ℜ1 / ℜ )
∧ O1 M = 0 ∧ O1 M = 0
dt / ℜ
r
r
r
r
r
r
r
r
Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ O1 M = ωk1 ∧ ωk1 ∧ x1 i1 = ωk1 ∧ ωx1 j1 = −ω 2 x1 i1
r
r
r
⇒ γ e (M ) = ak1 − ω 2 x1 i1
r
r
r
r
r
r
γ c (M ) = 2Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ v r (M ) = 2ωk1 ∧ x& 1 i1 = 2ωx& 1 j1
r
r
r
r
r
⇒ Fe = mx1ω 2 i1 − mak1 , Fc = −2mωx& 1 j1
(
(
)
(
)
)
2. Le repère ℜ1 est en mouvement de rotation par rapport au repère fixe ℜ (galiléen)
24
⇒ ℜ1 est non Galiléen.
3. Théorème de la quantité du mouvement dans le repère ℜ1 :
r
r
r
r
ℜ1 est non Galiléen ⇒ mγ (M / ℜ1 ) =
Fext + Fe + Fc
r
r
r r
r
r
r
Fext = P + R où R = R1 i1 + R2 j1 + R3 k1
r
r r r
N.B : On exprime la réaction R dans la base i1 , j1 , k1 pour faire apparaître sa
∑
∑
(
)
composante tangentielle (tangente à la trajectoire).
Mouvement sans frottement ⇒ la composante tangentielle de la réaction est nulle c'estr
r
r
à-dire R1 = 0 ⇒ R = R2 j1 + R3 k1
P.F.D dans ℜ1 s’écrit :
r
r
r
r
r
r
r
&&1 i1 = −mgk1 + R2 j1 + R3 k1 + mx1ω 2 i1 − mak1 − 2mωx& 1 j1
mx
r
r
r
r
&&1 − mx1ω 2 i1 + (mg − R3 + ma)k1 − (R2 − 2mωx& 1 ) j1 = 0
⇒ mx
(
)
mx&&1 − mx1ω 2 = 0

⇒ R2 − 2mωx& 1 = 0
mg − R + ma = 0

3
x
&&1 − x1ω 2 = 0

⇒ R2 = 2mωx& 1
R = mg + ma
 3
&&1 − ω 2 x1 = 0
⇒ Equation différentielle du second ordre en t vérifiée par x1 : x
r
r
r
r
Réaction R exercée sur M par la tige : R = 2mωx& 1 j1 + (mg + ma)k1
4. Théorème du moment cinétique dans le repère R1 :
N.B : Pour appliquer le théorème du moment cinétique dans le référentiel ℜ1 , il est préférable
de choisir un point fixe dans ℜ1 .Pour un point mobile A dans ℜ1 , ce théorème, s’écrit :
r
r
r
r r
r r
r
r
dσ A (M/R1 )
= mA
Fext + m A Fe + m A Fc + mv (M / ℜ1 ) ∧ v (A / ℜ1 )
dt / ℜ1
(∑
)
( )
( )
ℜ1 est non galiléen et O1 est fixe dans ℜ1 ⇒
r
dσ O (M/R1 )
r
r
r
r
r
r
1
= mO1
Fext + mO1 Fe + mO1 Fc
dt / ℜ1
r
dσ O (M/R1 ) r
1
=0
dt / ℜ1
r
r
r
r
r
r
r
r
mO1
Fext = mO1 P + mO1 R = O1 M ∧ P + O1 M ∧ R
r
r
r
r
r
r
mO1 P = O1 M ∧ P = x1 i1 ∧ − mgk1 = mgx1 j1
r
r
r
r
r
r
r
r
r
mO1 R = O1 M ∧ R = x1 i1 ∧ R2 j1 + x1 i1 ∧ R3 k1 = x1 R2 k1 − x1 R3 j1
r
r
r
r
r
r
r
mO1 Fe = O1 M ∧ Fe = x1 i1 ∧ mx1ω 2 i1 − mak1 = max1 j1
r
r
r
r
r
r
mO1 Fc = O1 M ∧ Fc = x1 i1 ∧ − 2mωx& 1 j1 = −2mωx1 x& 1 k1
r
r
r
r
r
r
⇒ mgx1 j1 + x1 R2 k1 − x1 R3 j1 + max1 j1 − 2mωx1 x& 1 k1 = 0
r
r
r
⇒ (mgx1 + max1 − x1 R3 ) j1 + (x1 R2 − 2mωx1 x& 1 )k1 = 0
(∑
(∑
)
()
()
()
( )
( )
()
(
)
( )
( )
)
(
(
)
)
mgx1 + max1 − x1 R3 = 0
R3 = mg + ma
⇒ 
⇒ 
 x1 R2 − 2mωx1 x& 1 = 0
R2 = 2mωx& 1
r
r
r
⇒ On retrouve la réaction R = 2mωx& 1 j1 + (mg + ma)k1
5. Energie potentielle de M par rapport au repère ℜ :
Dans le repère ℜ , la seule force dérivant une énergie potentielle (conservative) est le
r
poids de M ( P ). Ainsi l’énergie potentielle du poids de M par rapport au repère ℜ est :
25
(
)
r
E P (M / ℜ ) = E P P / ℜ
r
r
r
r
r
r
r
dE P (M / ℜ ) = dE P P / ℜ = −dW P / ℜ = −Pd OM = mgk dxi + dyj + dzk
(
)
(
)
(
⇒ dE P (M / ℜ ) = mgdz ⇒ E P (M / ℜ ) = mgz + cte
)
Ou bien
r
r
∂E p r ∂E p r ∂E p r
P = −grad E p → − mgk = −
i −
j −
k
∂x
∂y
∂z
∂E p
∂E p
∂E p
⇒
= mg (1),
= 0 (2),
= 0 (3)
∂z
∂x
∂y
(1) → E p = mgz + cte(x , y )
( )
(2) →
(3) →
∂E p
∂x
∂E p
∂y
=
=
∂cte(x , y )
= 0 → cte(x , y ) = cte(y ) → E p = mgz + cte(y )
∂x
∂cte(y )
= 0 → cte(y ) = cte
∂y
⇒ E p (M / ℜ ) = mgz + cte
6. Energie potentielle de M par rapport au repère ℜ1 :
r
r
r
Fe = mx1ω 2 i1 − mak1
∂
∂x1
( )
r
r
r
rot Fe = ∇ ∧ Fe =
∂
∂y 1
mx1ω 2
∧
r
r
= 0 ⇒ F e est conservative dans ℜ1
0
∂
∂z1
− ma
(
)
(
r
r
⇒ E P (M / ℜ1 ) = E p Fe / ℜ1 + E P P / ℜ1
)
r
Energie potentielle dérivée par Fe par rapport au repère ℜ1 :
(
)
(
(
)
)(
) (
)
r
r
r
r
r
r
r
r
dE P Fe / ℜ1 = −dW Fe / ℜ = −Fe dO1 M = − mx1ω 2 i1 + mak1 dx1 i1 + dy 1 j1 + dz1 k1
r
r
r
r
M ∈ (O1 x1 ) ∀t ⇒ dy 1 = dz1 = y 1 = z1 = 0 ⇒ dE P Fe / ℜ1 = − mx1ω 2 i1 + mak1 dx1 i1
r
⇒ dE P Fe / ℜ1 = −mx1ω 2 dx1
r
1
⇒ E P Fe / ℜ1 = − mx12 ω 2 + cte
2
(
)
(
(
)
)
r
Energie potentielle dérivée par P par rapport au repère ℜ1 :
(
)
(
(
)
)
r
r
r
r
r
r
r
dE P P / ℜ1 = −dW P / ℜ1 = −Pd O1 M = mgk1 dx1 i1 + dy 1 j1 + dz1 k1
r
r
r
M ∈ (O1 x1 ) ∀t ⇒ dy 1 = dz1 = y 1 = z1 = 0 ⇒ dE P P / ℜ1 = mgk1 dx1 i1
r
⇒ dE P P / ℜ1 = 0
r
⇒ E P P / ℜ1 = cte
(
)
(
1
mx12 ω 2 + cte
2
7. Energie cinétique de M par rapport au repère ℜ1 :
⇒ E P (M / ℜ1 ) = −
E c (M / ℜ1 ) =
r
2
1 r2
1
mv (M / ℜ1 ) = m v (M / ℜ1 )
2
2
26
(
)
)
⇒ E c (M / ℜ1 ) =
1 &2
mx1
2
8. Théorème de l’énergie cinétique dans le repère ℜ1 :
r
r
ℜ1 est non Galiléen ⇒ dE c (M/ℜ1 ) = dW
F
/ ℜ1 + dW Fe / ℜ1
ext
r
( dW Fc / ℜ1 = 0 voir le cours)
r
r
r r
r
r
Fext = P + R avec R = R2 j1 + R3 k1
r
r
r
⇒ dE c (M/ℜ1 ) = dW P / ℜ1 + dW R / ℜ1 + dW Fe / ℜ1
r
r
r
dE c (M/ℜ1 )
dW Fe / ℜ1
dW P / ℜ1
dW R / ℜ1
⇒
=
+
+
dt
dt
dt
dt
r
r
r
dE c (M/ℜ1 )
⇒
= P P / ℜ1 + P R / ℜ1 + P Fe / ℜ1 (P : puissance)
dt
dE c (M/ℜ1 )
= mx& 1 x&&1
dt
r
r
rr
r
P P / ℜ1 = Pv (M / ℜ1 ) = −mgk1 x& 1 i1 = 0
r
r
rr
r
r
P R / ℜ1 = Rv (M / ℜ1 ) = R2 j1 + R3 k1 x& 1 i1 = 0
r
r
r r
r
r
P Fe / ℜ1 = Fev (M / ℜ1 ) = mx1ω 2 i1 − mak1 x& 1 i = mx1ω 2 x& 1
(∑
(
∑
(
(
(
(
(
(
)
)
(
)
)
)
(
) (
(
)
)
)
)
(
(
) (
)
(
(
)
)
)
)
)
2
2
&&1 = ω x1
⇒ mx& 1 x&&1 = mx1ω x& 1 ⇒ x
&&1 − ω 2 x1 = 0
⇒ On retrouve l’équation différentielle du mouvement : x
9. Théorème de l’énergie mécanique dans le repère ℜ1 :
Rappel :
Théorème de l’énergie mécanique dans un référentiel non galiléen ℜ1
r
r
r
dEm (M/ℜ1 ) = dW Fncon / ℜ1 + dW Fe / ℜ1 si Fe est non conservative
r
r
Si Fe est conservative, ce théorème s’écrit : dEm (M/ℜ1 ) = dW Fncon / ℜ1
r
en tenant compte de l’énergie potentielle dérivée par Fe dans le référentiel ℜ 1 .
(
)
(
)
(
(
)
)
r
ℜ1 est non Galiléen ⇒ dEm (M/ℜ1 ) = dW Fncon / ℜ1 en tenant compte de l’énergie
r
r
potentielle dérivée par Fe dans le référentiel ℜ 1 ( F e est conservative dans ℜ1 )
r
r
dE m (M/ℜ1 ) dW Fncon / ℜ1
⇒
=
= P Fncon / ℜ1
dt
dt
1
1
E m (M/ℜ1 ) = E c (M/ℜ1 ) + E P (M/ℜ1 ) = mx& 12 − mx12 ω 2 + cte
2
2
dE m (M/ℜ1 )
2
&&1 − mω x1 x& 1
⇒
= mx& 1 x
dt
r
r
r
r
r
rr
r
r
Fncon = R ⇒ P Fncon / ℜ1 = P R / ℜ1 = Rv (M / ℜ1 ) = R2 j1 + R3 k1 x& 1 i1 = 0
(
(
) (
)
(
)
(
)
)
&&1 − ω 2 x1 = 0
⇒ mx& 1 x&&1 − mω 2 x1 x& 1 = 0 ⇒ x
&&1 − ω 2 x1 = 0
⇒ On retrouve l’équation différentielle du mouvement : x
r
K1
Exercice 2
r
eρ
r
eθ
θ
r
ez
•
θ
r
i1
r
j1
r
r
r
e ρ = cos (θ ) j1 + sin(θ )k1
r
r
r
eθ = − sin(θ ) j1 + cos (θ )k1
r
r
e z = i1
27
r
de ρ
r
= θ&eθ ,
r
r
r
r
deθ
de z
= −θ&e ρ ,
=0
dt / ℜ1
dt / ℜ1
dt / ℜ1
r
r r
ℜ1 est en translation par rapport à ℜ ⇒ Ω ℜ1 / ℜ = 0
r
r 1
r
OM = OO1 + O1 M = bj + at 2 k + Re ρ (a et b sont des constantes positives non nulles)
2
r
r
r
r
r r
r
r
r
1
i1 = i , j1 = j et k1 = k ⇒ OM = bj1 + at 2 k1 + Re ρ
2
(
)
r r r
1. On exprime dans la base ( e ρ , eθ , e z ) :
r r r
a. les vecteurs de la base ( i1 , j1 , k1 ) :
r
r
r
r
r
r
e ρ = cos(θ ) j1 + sin(θ )k1
cos (θ )e ρ = cos 2 (θ ) j1 + cos(θ ) sin(θ )k1
r ⇒
r
r
r
r
r
eθ = − sin(θ ) j1 + cos(θ )k1
sin(θ )eθ = − sin 2 (θ ) j1 + sin(θ ) cos(θ )k1
r
r
r
⇒ cos(θ )e ρ − sin(θ )eθ = j1
r
r
r
r
r
r
e ρ = cos(θ ) j1 + sin(θ )k1
sin(θ )e ρ = sin(θ ) cos(θ ) j1 + sin 2 (θ )k1
r ⇒
r
r
r
r
r
eθ = − sin(θ ) j1 + cos(θ )k1
cos (θ )eθ = − cos (θ ) sin(θ ) j1 + cos 2 (θ )k1
r
r
r
⇒ sin(θ )e ρ + cos(θ )eθ = k1
r
r
r
 j1 = cos (θ )e ρ − sin(θ )eθ
r
r
r

⇒ k1 = sin(θ )e ρ + cos (θ )eθ
r
r
i1 = e z
b. le vecteur vitesse du point M par rapport au repère ℜ :
r
r
d OM
d OM
d OM
v (M / ℜ ) =
=
+ Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ OM =
1
4
4
4
2
4
4
4
3
dt / ℜ
dt / ℜ1
dt / ℜ1
r
0
r
r 
1
 r
r
d  bj1 + at 2 k1 + Re ρ 
r
r
de ρ
r
r
2


⇒ v (M / ℜ ) =
= atk1 + R
= atk1 + Rθ&eθ
dt / ℜ1
dt / ℜ1
r
r
r
r
&
⇒ v (M / ℜ ) = at sin(θ )e ρ + cos (θ )eθ + Rθeθ
r
r
r
⇒ v (M / ℜ ) = at sin(θ )e ρ + Rθ& + at cos(θ ) eθ
(
)
(
)
c. le vecteur vitesse du point M par rapport au repère R1 :
r
d Re ρ
r
r
r
r
d O1 M
v (M / ℜ1 ) =
=
= Rθ&eθ ⇒ v (M / ℜ1 ) = Rθ& eθ
dt / ℜ1
dt / ℜ1
r
dσ O (M/ℜ1 )
r
1
d. le moment cinétique σ O (M/ℜ1 ) et sa dérivée temporelle
:
1
dt / ℜ1
r
r
r
r
σ O 1 (M/R1 ) = O1 M ∧ mv (M/ℜ 1 ) = Re ρ ∧ mRθ& eθ
r
r
⇒ σ O (M/R1 ) = mR 2θ& e z
1
r
r
r
dσ O (M/ℜ1 ) d mR 2θ& e
dσ O (M/ℜ1 )
r
2 && r
1
z
1
=
= mR θ e z ⇒
= mR 2θ&& e z
dt / ℜ1
dt / ℜ1
dt / ℜ1
(
(
)
)
e. le poids de M et les forces d’inertie :
r
r
r
r
- P = mg = −mg sin(θ )e ρ − mg cos (θ )eθ : poids de M
r
r
- Fe = −mγ e (M ) : force d’inertie d’entraînement
r
r
- Fc = −mγ c (M ) : force d’inertie de Coriolis
r
r
r
r
r
dΩ (ℜ1 / ℜ )
γ e (M ) = γ (O1 / ℜ ) +
∧ O1 M + Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ O1 M
dt / ℜ
(
28
)
r
 r 1
d 2  bj + at 2 k 
r
r
r
d OO1
2


=
=
a
k
=
a
k
γ (O1 / ℜ ) =
1
dt 2 / ℜ
dt 2 / ℜ
r
r
r
dΩ (ℜ1 / ℜ )
∧ O1 M = 0 ∧ O1 M = 0
dt / ℜ
r
r
r
Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ O1 M = 0
r
r
r
r
⇒ γ e (M ) = ak1 = a sin(θ )e ρ + a cos(θ )eθ
r
r
r
r
r
r
γ c (M ) = 2Ω (ℜ1 / ℜ ) ∧ v r (M ) = 0 ∧ Rθ& eθ = 0
r
r
r
r
r
⇒ Fe = −ma sin(θ )e ρ − ma cos(θ )eθ , Fc = 0
2
)
(
⇒ le poids de M et les forces d’inertie sont :
r
r
r
r
r
r
r
r
P = −mg sin(θ )e ρ − mg cos(θ )eθ , Fe = −ma sin(θ )e ρ − ma cos(θ )eθ , Fc = 0
r
r
r
2. γ (O1 / ℜ ) = ak ⇒ γ (O1 / ℜ ) = a > 0 ⇒ le point O1 a un mouvement rectiligne accéléré
r
suivant k1 .
r
r
r
r r
r
Le point O1 est un fixe dans ℜ1 et i1 = i , j1 = j et k1 = k ∀t ⇒ ℜ1 est en translation
non uniforme par rapport à ℜ , donc ℜ1 est un référentiel non galiléen.
3. Energie potentielle de M par rapport au repère ℜ :
Dans le repère ℜ , la seule force dérivant une énergie potentielle (conservative) est le
r
poids de M ( P ). Ainsi l’énergie potentielle du poids de M par rapport au repère ℜ est :
r
E P (M / ℜ ) = E P P / ℜ
r
r
r
r
r
r
r
dE P (M / ℜ ) = dE P P / ℜ = −dW P / ℜ = −Pd OM = mgk dxi + dyj + dzk
(
)
(
(
)
(
)
⇒ dE P (M / ℜ ) = mgdz ⇒ E P (M / ℜ ) = mgz + cte
r
r
r
r 1
r 1
r
r
OM = bj + at 2 k + Re ρ = bj + at 2 k + R cos(θ ) j + R sin(θ )k
2
2
r 1 2
r
⇒ OM = (b + R cos(θ )) j +  at + R sin(θ )k
2

1
⇒ y = b + R cos(θ ) et z = at 2 + R sin(θ )
2
1
⇒ E P (M / ℜ ) = mgat 2 + Rmg sin(θ ) + cte
2
A t = 0 : θ = 0 et E p (M / ℜ ) = 0 ⇒ cte = 0
⇒ E P (M / ℜ ) =
)
1
mgat 2 + Rmg sin(θ )
2
4. Energie potentielle de M par rapport au repère ℜ1 :
r
r
r
r
r
r
r
Fe = −ma sin(θ )e ρ − ma cos (θ )eθ = −mak1 , k1 = sin(θ )eρ + cos(θ )eθ
∂
∂x1
( )
r
r
r
rot Fe = ∇ ∧ Fe =
∂
∂y 1
∂
∂z1
0
∧
0
r
r
= 0 ⇒ F e est conservative dans ℜ1
− ma
(
)
(
r
r
⇒ E P (M / ℜ1 ) = E p Fe / ℜ1 + E P P / ℜ
)
r
Energie potentielle dérivée par Fe par rapport au repère ℜ1 :
29
(
)
(
)
(
r
r
r
r
r
r
dE P Fe / ℜ1 = −dW Fe / ℜ = −Fe d O1 M = mak1 dy 1 j1 + dz1 k1
(
)
r
⇒ dE P Fe / ℜ1 = madz1
(
)
( M ∈ (y 1oz 1 ) ∀t ⇒ dx 1 = x1 = 0 )
(
)
r
⇒ E P Fe / ℜ1 = maz1 + cte
)
r
z1 = R sin(θ ) ⇒ E P Fe / ℜ1 = maR sin(θ ) + cte
r
Energie potentielle dérivée par P par rapport au repère ℜ1 :
r
r
r
r
r
r
r
dE P P / ℜ1 = −dW P / ℜ1 = −Pd O1 M = mgk1 dx1 i1 + dy 1 j1 + dz1 k1
r
r
r
r
M ∈ (y 1oz 1 ) ∀t ⇒ dx 1 = x1 = 0 ⇒ dE P P / ℜ1 = mgk1 dy 1 j1 + dz1 k1
r
⇒ dE P P / ℜ1 = mgdz1
r
⇒ E P P / ℜ1 = mgz1 + cte
r
⇒ E P P / ℜ1 = mgR sin(θ ) + cte
(
)
(
(
(
)
)
)
(
(
)
(
)
)
[
]
Alors l’énergie potentielle de M par rapport au repère ℜ1 est :
⇒ E P (M / ℜ1 ) = maR sin(θ ) + mgR sin(θ ) + cte
A t = 0 : θ = 0 et E p (M / ℜ1 ) = 0 ⇒ cte = 0
⇒ E P (M / ℜ1 ) = mR sin(θ )(a + g )
5. Energie cinétique de M par rapport au repère ℜ1 :
E c (M / ℜ1 ) =
r
2
1 r2
1
mv (M / ℜ1 ) = m v (M / ℜ1 )
2
2
⇒ E c (M / ℜ1 ) =
1
mR 2θ& 2
2
6. Théorème de la quantité de mouvement dans le repère ℜ1 :
r
r
r
r
ℜ1 est non Galiléen ⇒ mγ (M / ℜ1 ) =
Fext + Fe + Fc
r
r r
r
r
r
r
Fext = P + R où R = R ρ e ρ + Rθ eθ + R z e z
r
r r r
N.B : On exprime la réaction R dans la base e ρ , eθ , e z pour faire apparaître sa
∑
∑
(
)
composante tangentielle (tangente à la trajectoire).
Mouvement sans frottement ⇒ la composante tangentielle de la réaction est nulle c'estr
r
r
à-dire Rθ = 0 ⇒ R = R ρ e ρ + R z e z
P.F.D dans ℜ1 s’écrit donc :
r
r
r
r
r
r
r
r
mRθ&&eθ − mRθ& 2 e ρ = −mg sin(θ )e ρ − mg cos(θ )eθ + R ρ e ρ + R z e z − ma sin(θ )e ρ − ma cos(θ )eθ
r
r
r
r
⇒ mRθ&& + mg cos (θ ) + ma cos(θ ) eθ + mg sin(θ ) + ma sin(θ ) − R ρ − mRθ& 2 e ρ − R z e z = 0
(
)
(
)
g+a
 &&
θ = − R cos(θ )

⇒ R ρ = m sin(θ )(g + a) − mRθ& 2

R z = 0

g+a
⇒ Equation différentielle du second ordre en t vérifiée par θ : θ&& = −
cos(θ )
R
r
r
r
Réaction R exercée sur M par le cerceau : R = m sin(θ )(g + a) − Rθ& 2 e
mRθ&& + mg cos(θ ) + ma cos(θ ) = 0

⇒ mg sin(θ ) + ma sin(θ ) − R ρ − mRθ& 2 = 0

R z = 0
(
)
7. Théorème de l’énergie cinétique dans le repère ℜ1 :
r
r
ℜ1 est non galiléen ⇒ dE c (M/ℜ1 ) = dW
F
/ ℜ1 + dW Fe / ℜ1
(∑
30
ext
)
(
)
ρ
∑
r
Fext =
⇒
⇒
⇒
(
)
r
( dW Fc / ℜ1 = 0 voir le cours)
r r
r
r
r
P + R avec R = R ρ e ρ + R z e z
r
r
r
dE c (M/ℜ1 ) = dW P / ℜ1 + dW R / ℜ1 + dW Fe / ℜ1
r
r
r
dE c (M/ℜ1 )
dW Fe / ℜ1
dW P / ℜ1
dW R / ℜ1
=
+
+
dt
dt
dt
dt
r
r
r
dE c (M/ℜ1 )
= P P / ℜ1 + P R / ℜ1 + P Fe / ℜ1 (P : puissance)
dt
(
(
(
)
(
)
) (
)
(
)
(
) (
)
(
)
)
dE c (M/ℜ1 )
= mR 2θ&θ&&
dt
r
rr
r
r
r
P P / ℜ1 = Pv (M / ℜ1 ) = − mg sin(θ )e ρ − mg cos(θ )eθ Rθ&eθ = −mg cos (θ )Rθ&
r
rr
r
r
r
P R / ℜ1 = Rv (M / ℜ1 ) = R ρ e ρ + R z e z Rθ&eθ = 0
r
r r
r
r
r
P Fe / ℜ1 = Fev (M / ℜ1 ) = − ma sin(θ )e ρ − ma cos(θ )eθ Rθ&eθ = −ma cos (θ )Rθ&
(
(
(
)
)
(
(
)
)
)
(
)
⇒ mR 2θ&θ&& = −mg cos (θ )Rθ& − ma cos (θ )Rθ& ⇒ Rθ&& = −g cos(θ ) − a cos (θ )
g+a
⇒ On retrouve l’équation différentielle du mouvement : θ&& = −
cos(θ )
R
8. Théorème de l’énergie mécanique dans le repère ℜ1 :
r
r
ℜ1 est non galiléen et F e est conservative dans ℜ1 ⇒ dEm (M/ℜ1 ) = dW Fncon / ℜ1
r
r
dE m (M/ℜ1 ) dW Fncon / ℜ1
⇒
=
= P Fncon / ℜ1
dt
dt
1
E m (M/ℜ1 ) = E c (M/ℜ1 ) + E P (M/ℜ1 ) = mR 2θ& 2 + mR sin(θ )(a + g )
2
dE m (M/ℜ1 )
2 & &&
= mR θθ + mR(a + g )θ& cos(θ )
⇒
dt
r
r
r
r
rr
Fncon = R ⇒ P Fncon / ℜ1 = P R / ℜ1 = Rv (M / ℜ1 ) = 0
⇒ mR2θ&θ&& + mR(a + g )θ& cos(θ ) ⇒ Rθ&& + (a + g ) cos(θ )
(
(
) (
)
(
(
)
)
g+a
⇒ On retrouve l’équation différentielle du mouvement : θ&& = −
cos(θ )
R
9. Théorème du moment cinétique dans le repère ℜ1 :
ℜ1 est non Galiléen et O1 est fixe dans ℜ1 ⇒
r
dσ O (M/R1 )
r
r
r
r
r
r
1
= mO1
Fext + mO1 Fe + mO1 Fc
dt / ℜ1
r
dσ O (M/R1 )
r
1
= mR 2θ&& e z
dt / ℜ1
r
r
r
r
r
r
r
r
mO1
Fext = mO1 P + mO1 R = O1 M ∧ P + O1 M ∧ R
r
r
r
r
r
r
r
mO1 P = O1 M ∧ P = Re ρ ∧ − mg sin(θ )e ρ − mg cos (θ )eθ = −Rmg cos (θ )e z
r
r
r
r
r
r
r
mO1 R = O1 M ∧ R = Re ρ ∧ R ρ e ρ + R z e z = −RR z eθ
r
r
r
r
r
r
r
mO1 Fe = O1 M ∧ Fe = Re ρ ∧ − ma sin(θ )e ρ − ma cos(θ )eθ = −Rma cos (θ )e z
r
r
r
r
mO1 Fc = O1 M ∧ Fc = 0
r
r
r
r
⇒ mR 2θ&& e z = −Rmg cos(θ )e z − RR z eθ − Rma cos(θ )e z
r
r
r
⇒ mR 2θ&& + Rmg cos(θ ) + Rma cos(θ ) e z + RR z eθ = 0
(∑
(∑
(
)
()
()
()
( )
( )
)
( )
( )
()
(
(
)
)
(
)
)
mR 2θ&& + Rmg cos (θ ) + Rma cos (θ ) = 0
Rθ&& + g cos (θ ) + a cos(θ ) = 0
⇒ 
⇒ 
RR z = 0
R z = 0
31
)
g+a
⇒ On retrouve l’équation différentielle du mouvement : θ&& = −
cos(θ )
R
Exercice 3
1. Application du théorème de l’énergie mécanique dans le repère ℜ :
Vecteurs vitesse et accélération du point M par rapport au repère ℜ :
r
r
r
r
r
dOM d(ρe ρ )
⇒
v(M / ℜ) = ρ&eρ + ρωeϕ
- v(M / ℜ) =
=
dt/ℜ
dt/ℜ
r
r
r
r
r
r
r
dv(M / ℜ) d(ρ&eρ + ρωeϕ )
⇒
γ (M / ℜ) = ( ρ&& − ρω 2 )eρ + 2ρ&ωeϕ
- γ (M / ℜ) =
=
dt/ℜ
dt/ℜ
Energies mécanique de M par rapport au repère ℜ :
1 r
1
1
2
- E c (M / ℜ) = mv (M / ℜ) ⇒ E c (M / ℜ) = mρ& 2 + mρ 2ω 2
2
2
2
r
r
r
r
r
- dE Pg = −Pd OM = mge z (dρeρ + ρdϕeϕ + dzez ) = mgdz , dz = 0 → E Pg = Cte ⇒
E m (M / ℜ) = E c (M / ℜ) + E p (M / ℜ)
⇒
E m (M / ℜ) =
E p (M / ℜ) = Cte
1
1
mρ& 2 + mρ 2ω 2 + Cte
2
2
Application du théorème de l’énergie mécanique dans le repère ℜ :
r
r
r
rr
r
r
r
r
dE m (M / ℜ)
= P Fncon / ℜ , P Fncon / ℜ = P R / ℜ = Rv(M / ℜ) = (Rϕ eϕ + Rz ez )( ρ&eρ + ρωeϕ ) = Rϕ ρω
dt
r
r
r
r
r
r
r
R = Rρ e ρ + Rϕ eϕ + Rz e z , mouvement sans frottement → Rρ = 0 → R = Rϕ eϕ + Rz ez
(
)
(
) (
)
(
)
r
Théorème du moment cinétique ou P.F.D ⇒ Rϕ = 2mρ&ω et Rz = mg ⇒ P Fncon / ℜ = 2mρρ&ω 2
dE m (M / ℜ1 )
=
dt
1
1

d  mρ& 2 + mρ 2ω 2 + Cte 
2
2

 = mρ&ρ&& + mω 2 ρρ&
dt
→ mρ&ρ&& + mω 2 ρρ& = 2mρρ&ω 2 → ρ&& + ω 2 ρ = 2ρω 2 ⇒ ρ&& − ω 2 ρ = 0
La solution de cette équation est sous la forme : ρ ( t ) = Ae ωt + Be −ωt
ρ (t = 0) = ρ 0 et ρ& (t = 0) = 0 → A + B = ρ 0 et Aω − Bω = 0 → A = B =
ρ0
2
→ ρ(t ) =
ρ0
2
(e
ωt
+ e − ωt
)
⇒ ρ ( t ) = ρ 0 coh( ωt )
2. Application du principe fondamental de dynamique dans ℜ :
r r r
r
P + R + F = mγ (M / ℜ)
r
r
r
r
r
R = Rϕ eϕ + Rz ez (réaction de la tige sur M), P = −mgez (poids de M)
r
r
F = −k( ρ − ρ 0 )eρ :force de rappel (force appliquée par le ressort sur M)( dl = ρ − ρ 0 )
r
r
r
r
r
r
→ − mge z + Rϕ eϕ + Rz ez − k( ρ − ρ 0 )eρ = m( ρ&& − ρω 2 )eρ + 2mρ&ωeϕ
→ Rϕ = 2mρ&ω et Rz = mg et − k ( ρ − ρ 0 ) = m( ρ&& − ρω 2 )
k
k
− ω 2 )ρ =
ρ 0 : la nouvelle équation différentielle du mouvement de l’anneau lors de
m
m
la rotation de la tige lorsque M soumis à une force de rappel par l’intermédiaire d’un
ressort de raideur k, de masse négligeable et de longueur à vide ρ 0 .
⇒ ρ&& + (
32
Série N° 5
Stabilité et conditions de stabilité d’un équilibre
Exercice 1
Soit une particule M de masse m en mouvement, dans le plan xOy (plan vertical), sans
frottement sur un cerceau (C) de rayon R et de centre O. La position de M est définie par
l’angle θ (voir figure ci-dessous).
1. Calculer l’énergie potentielle de M dans le
repère ℜ(O,x,y,z) (on suppose que E p (θ = 0 ) = 0 ).
2. Déterminer les positions d’équilibre de M.
3. Etudier leur stabilité.
O
y
θ
r
eθ
M
r
eρ
x
Exercice 2
(
)
r r r
On considère le repère fixe R(Oxyz) (repère absolu) muni de la base O.N.D i , j , k , (xOy)
étant le plan horizontal. Soit (P) un plan vertical qui tourne autour de (Oz) avec une vitesse
angulaire constante ω . On désigne par R1(Ox1y1z1) le repère relatif muni de la base O.N.D
r
r
r r r
i1 , j1 , k1 tel que (x1Oz1) se trouve constamment dans le plan (P) et k = k1 (voir la figure ci-
(
)
dessous).
r
Soit (∆) une tige de longueur L (de vecteur directeur unitaire u1 ) passant par O,
constamment contenue dans le plan (P) et faisant un angle α constant avec l’axe (Oz1)
(0<α<π/2).
Un anneau M de masse m (assimilé à un point matériel) se meut sans frottement le long de
r
la tige (∆). La position de M sur la tige est définie par : OM = r ( t )u1 .
r
r
r
Soient u2 un vecteur unitaire, contenu dans le plan (P) et perpendiculaire à u1 , et u3 un
r r r
vecteur unitaire tel que la base ( u1 , u2 , u3 ) soit O.N.D.
r r r
1. Exprimer dans la base (i1 , j1 , k1 ) , le poids de M et les forces d’inertie.
2. Calculer, en fonction de r, l’énergie potentielle de M par rapport au repère R1.
3. Montrer qu’il ne peut exister une position d’équilibre relatif req de l’anneau sur la tige que si
la vitesse angulaire ω est supérieure à une valeur limite ω 0 que l’on déterminera.
4. Déterminer la position d’équilibre relatif r1 de l’anneau sur la tige pour une vitesse angulaire
ω1 ≥ ω 0 .
z z1
5. Etudier la stabilité de l’équilibre relatif.
(∆)
r r
k k1
r
u2
r
u1
y1
M
r
j1
α
O
x
r
i
33
ωt
P
r
j
r
i1
y
x1
Solution série N° 5
Stabilité et conditions de stabilité d’un équilibre
r
eθ
Exercice 1
r
r
r
e ρ = cos(θ )i + sin(θ ) j
r
r
r
eθ = − sin(θ )i + cos(θ ) j
r
r
ez = k
r
r
r
r
r
de ρ
r
r
deθ
de z
eρ
r
= θ&eθ ,
= −θ&e ρ ,
=0
i
dt / ℜ
dt / ℜ
dt / ℜ
r r
r
r
r
r
r
r
⇒ i = cos(θ )e ρ − sin(θ )eθ , j = sin(θ )eρ + cos(θ )eθ , k = ez
r
r r r
r
r r r
r
ℜ ′ O , e ρ , eθ , e z , ℜ O , i , j , k ⇒ Ω (ℜ ′ / ℜ ) = θ&k = θ&e z
r
r
r
r
r
r
OM = Re ρ ⇒ v (M / ℜ ) = Rθ&eθ ⇒ γ (M / ℜ ) = Rθ&&eθ − Rθ& 2 e ρ
r
K
θ
r•
ez θ
(
r
j
(
)
)
Bilan des forces :
r
r
r
r
r
Poids : P = mg = mgi = mg cos(θ )e ρ − mg sin(θ )eθ
r
r
r
r
r
r
Réaction : R = R ρ e ρ + Rθ eθ + R z e z = R ρ e ρ + R z e z (mouvement sans frottement ⇒ Rθ = 0 )
1. Energie potentielle de M par rapport au repère ℜ :
r
On a E P (M / ℜ ) = E P P / ℜ
r
r
r
r
r
r
r
dE P (M / ℜ ) = dE P P / ℜ = −dW P / ℜ = −Pd OM = −mgi dxi + dyj + dzk
(
(
)
)
(
)
⇒ dE P (M / ℜ ) = −mgdx ⇒ E P (M / ℜ ) = −mgx + cte
(
)
x = Rcos (θ ) ⇒ E P (M / ℜ ) = −mgR cos(θ ) + cte
E p (θ = 0) = 0 ⇒ cte = mgR
⇒ E P (M / ℜ ) = mgR(1 − cos (θ ))
2. Positions d’équilibre de M :
Une position d’équilibre est une position où l’énergie potentielle est optimale (maximale
ou minimale). C'est-à-dire à cette position on aura :
dE P
= 0 ( E P (M / ℜ ) = E P (θ ) )
dθ
dE P
= mgR sin(θ ) = 0 ⇒ sin(θ ) = 0 ⇒ θ = kπ ( k ∈ Z )
dθ
⇒ Sur la trajectoire circulaire de M, on a deux positions d’équilibre qui correspondent
aux valeurs θ = 0 et θ = π .
⇒ Les positions d’équilibre sont : M1 (ρ = R , θ = 0) et M2 (ρ = R , θ = π ) en coordonnées
polaires ou M1 (R ,0) et M 2 (− R ,0) en coordonnées cartésiennes.
M2
r
j
M1
r
i
3. Etude de la stabilité des positions d’équilibre :
Pour étudier la stabilité, on détermine le signe de la dérivée seconde de la fonction
E P (θ ) par rapport à θ en ces deux positions d’équilibre M1 et M 2 .
34
d 2EP
dθ 2
⇒
d 2EP
dθ 2
= mgR cos(θ )
= mgR > 0 ⇒ L’énergie potentielle est minimale en M1 ⇒ M1 est une
θ =0
position d’équilibre stable.
⇒
d 2EP
dθ 2
= −mgR < 0 ⇒ L’énergie potentielle est maximale en M 2 ⇒ M 2 est une
θ =π
position d’équilibre instable.
Exercice 2
1. le poids de M et les forces d’inertie :
r
r
- P = −mgk1
r
r
r
r
r
dΩ (R1 / R )
r
r
r
- Fe = −mγ e , γ e = γ (O / R ) +
∧ OM + Ω (R1 / R ) ∧ Ω (R1 / R ) ∧ OM = −rω 2 sin(α )i1
dt / R
r
r
r
r
Ω (R1 / R ) = ωk1
⇒ Fe = mrω 2 sin(α )i1
r
r
r
r
r
r
r
r
- Fc = −mγ c , γ c = 2Ω (R1 / R ) ∧ v (M / R1 ) = 2ωr& sin(α ) j1 ⇒ Fc = −2mωr& sin(α ) j1
[
]
2. Energie potentielle de M par rapport au repère R1, en fonction de r :
r
r
r
r
r
x1 = r sin(α ) → Fe = mω 2 x1 i1 → rotFe = 0 ⇒ Fe → E Pe
(
)
(
)
(
1
1
2
mω 2 x1 + Cte ⇒ E Pe = − mω 2 r 2 sin 2 (α ) + Cte
2
2
r
r
r
r
= −PdOM = mgK 1 dx1 i1 + dy 1 j1 + dz1 k1 = mgdz1
r
r
r
r
r
dE Pe = −dw Fe / R1 = −Fe dOM = −mω 2 x1 i1 dx1 i1 + dy 1 j1 + dz1 k1 = −mω 2 x1 dx1
→ E Pe = −
r
dE Pg = −dw P / R1
)
(
)
→ E Pg = mgz 1 + Cte , z1 = r cos (α ) ⇒ E Pg = mgr cos(α ) + Cte
⇒ E p (M / R1 ) = mgr cos (α ) −
3. si req est une position d’équilibre, on aura :
1
mω 2 r 2 sin 2 (α ) + Cte
2
dE p (M / R1 )
dr
=0
r = req
→ g cos(α ) − ω 2 req sin 2 (α ) = 0 → req =
req ≤ L →
g cos(α )
ω sin (α )
2
2
≤ L →ω ≥
g cos(α )
L sin (α )
2
⇒ ω0 =
g cos (α )
ω 2 sin 2 (α )
g cos(α )
L sin 2 (α )
4. la position d’équilibre r1 pour une vitesse angulaire ω1 ≥ ω 0 est : r1 =
5.
dE p (M / R1 )
dr
= mg cos(α ) − mω 2 r sin 2 (α ) →
d 2 E p (M / R1 )
dr
2
ω12 sin 2 (α )
= −mω 2 sin 2 (α ) < 0
⇒ l’équilbre est instable quelque soit req .
35
g cos(α )