Correction du Devoir Maison

Correction du Devoir Maison - Mécanique non galiléenne - MPSI 1 Lycée Chaptal - 2012
Correction du Devoir Maison - Mécanique non galiléenne
I - Ressort en rotation
1Le référentiel de la tige est en rotation uniforme autour de celui du labo qui est lui, dans une bonne approxi-
mation, galilléen. Il n’est donc pas galiléen.
2Pour une rotation uniforme, on a immédiatement d’après le cours, et en notant Hle projeté orthogonal de M
sur l’axe de rotation, qui s’identifie donc avec O:
−→
fe=mω2−−→ HM =mω2−−→ OM
soit −→ fe=mω2x1(t)−→ ex1
De même, on a −→ fc=−2m−→ Ω∧−→ Vr=−2mω−→ ez∧˙x1
−→
ex1, soit
−→
fc=−2mω ˙x1
−→
ey1
3L’accélération dans le référentiel de la tige est m¨x1
−→
ex1, ce qui conduit par le PFD à
m¨x1
−→
ex1=m−→ g+−→ R−k(x1−ℓ0)−→ ex1+−→ fe+−→ fc
En projetant celui-ci −→ ex1, et sachant que −→ R·−→ ex1= 0 en l’absence de forttements, on a :
m¨x1=−k(x1−ℓ0) + mω2x1
finalement ¨x1+k−mω2
mx1=kℓ0 m
4Á l’équilibre dans le référentiel de la tige, ¨x1= 0 donc
xe=ℓ0Ω2
Ω2−ω2
xen’existe donc dans R+que si Ω> ω.
5L’équation différentielle se réécrit
¨x1+ω02x1=ℓ0Ω2
de solution x1(t) = xe+Acos(ω0t) + Bsin(ω0t)
Les conditions initiales donnent
x1(0) = 0 xe+A=ℓ0soit A=ℓ0−xe=−ℓ0ω2
Ω2−ω2
˙x1(0) = 0 Bω0= 0 soit B= 0
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x1(t) = xe−ℓ0ω2
Ω2−ω2cos(ω0t) = ℓ0 Ω2−ω2Ω2−ω2cos(ω0t)
La solution est oscillante, l’équilibre est donc stable !
6La projection du PFD selon −→ ey1conduit cette fois-ci à
0 = Ry−2mω ˙x1
L’expression obtenue à la question précédente de x1(t)permet de calculer la dérivée et donne
Ry=2mℓ0ω3
ω0
sin(ω0t)
La projection selon −→ ezdonne elle Rz=mg
7La nouvelle équation différentielle est désormais, en posant ω2
0=ω2−Ω2,
¨x1−ω02x1=ℓ0Ω2
Ainsi x1(t) = −xe+Ach (ω0t) + Bsh (ω0t)
L’équilibre n’existe donc pas, puisque la solution est explosive (sauf si on est en t= 0 en xeavec une vitesse nulle,
mais tout écart de cette position conduira le point Mà l’infini). En pratique, le ressort cassera avant !
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−→
R,−→ fcet −→ Pne travaillent pas! Restent la force d’entrainement et le ressort qui fournissent l’énergie potentielle
Ep=1
2k(x1−ℓ0)2−1 2mω2x12
L’énergie mécanique totale dans le référentiel de la tige, obtenue en ajoutant l’énergie cinétique due à la vitesse
relative, vaut donc
Em=1
2mvr2+1 2k(x1−ℓ0)2−1 2mω2x12
expression dans laquelle −→ vr= ˙x1
−→
ex1. En l’absence de frottement, cette énergie se conserve, et une dérivation donne
0 = m¨x1˙x1+k(x1−ℓ0) ˙x1−mω2˙x1x1
Si la dérivée de x1était identiquement nulle, cela signifierait que Mne bouge pas, cette situation est sans intérêt.
On peut donc diviser par cette dérivée, et parvenir à
¨x1+k−mω2
mx1=kℓ0 m
qui est bien la même équation différentielle! Ouf !
9On recherche les positions d’équilibre parmi les points permettant d’annuler la dérivée de l’énergie potentielle :
dEp
dx1
=k(x1−ℓ0) ˙x1−mω2˙x1x1
qui s’annule pour x1=xEavec k(xE−ℓ0) = mω2xE
soit xE=xe
C’est bien la même solution, re-ouf ! Pour la stabilité, on calcule la dérivée seconde et on regarde son signe au point
d’équilibre :
d2Ep
dx12=k(x1−ℓ0) ¨x1+k( ˙x1)2−mω2¨x1x1−mω2( ˙x1)2
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qui évalué pour x1=xevaut d2Ep
dx12=m(Ω2−ω2)( ¨xe)2>0
L’équilibre est donc stable ! !
II - Un pendule dans une voiture
1Le référentiel de l’auto Ran’est pas galiléen car il est uniformément accéléré par rapport à celui du laboratoire
qui est galiléen avec une bonne approximation pour la durée de l’expérience. Dans Ra, les forces qui s’appliquent
sont les forces d’inertie, le poids et la tension du fil. Or, pour ce mouvement de translation, le vecteur taux de
rotation est nul, par conséquent la force d’inertie de Coriolis est nulle, et on a
−→
fe=−m−→ ae=ma0
−→
uy
Á l’équilibre, la projection des forces sur l’axe −→ uxdonne
mg −Tcos αe= 0
et selon −→ uyma0−Tsin αe= 0
ainsi tan αe=a0
g
Ceci est cohérent avec l’intuition : si le véhicule accélère fort, a0augmente et αeaussi : le pendule devient
« plus horizontal ». Si la gravité était plus forte, le pendule serait au contraire « plus vertical » et aurait
plus de mal à « décoller ».
2Dans le référentiel de l’auto, on a
−→
M−→
T(O1) = −→
0
−→
M−→
P(O1) = −−−→
O1M∧−→ P=−mgℓ sin α−→ ez
−→
M−→
fe
(O1) = −−−→ O1M∧ma0
−→
uy=ma0ℓcos α−→ ez
−→
σ(O1) = −−−→ O1M∧m−→ vr=mℓ2˙α−→ ez
3Le théorème du moment cinétique en projection sur −→ ezdonne
mℓ2¨α=ma0ℓcos α−mgℓ sin α
En posant ε=αe−α, on a
¨α=−¨ε=a0
ℓcos(αe−ε)−g ℓsin(αe−ε)
εétant petit, on peut écrire
cos(αe−ε) = cos αecos ε−sin αesin ε≃cos αe−εsin αe
et sin(αe−ε) = sin αecos ε−cos αesin ε≃sin αe−εcos αe
L’équation se réécrit par conséquent
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−¨ε= cos αea0
ℓ−g ℓtan αe
= 0 ! +εcos αea0
ℓtan αe+g ℓ
qui vaut ¨ε+εΩ2= 0 avec Ω2= cos αea02
gℓ +g ℓ
4Une identité trigonométrique fournit
cos αe=1
1 + tan2αe
ou encore cos αe=g
a02+g2
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T=2π
Ω= 2πℓ
a02+g2
On peut étudier deux cas particulier :
•a0= 0 :T= 2πℓ/g, on retrouve le pendule simple !
•a0=∞:T= 0, le pendule n’oscille plus, il est en apesanteur !
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