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
1 Le référentiel de la tige est en rotation uniforme autour de celui du labo qui est lui, dans une bonne approximation, galilléen. Il n’est donc pas galiléen.
2 Pour une rotation uniforme, on a immédiatement d’après le cours, et en notant H le projeté orthogonal de M
sur l’axe de rotation, qui s’identifie donc avec O :
−
→
−−→
−−→
f e = mω 2 HM = mω 2 OM
−
→
→
f e = mω 2 x1 (t) −
ex1
soit
−
→
→
− −
→
→
→
De même, on a f c = −2m Ω ∧ V r = −2mω −
ez ∧ x˙1 −
ex1 , soit
→
−
→
f c = −2mω x˙1 −
ey 1
−
3 L’accélération dans le référentiel de la tige est mx¨1 →
ex1 , ce qui conduit par le PFD à
−
→
−
→
−
→
→
→
→
mx¨1 −
ex1 = m−
g + R − k(x1 − ℓ0 )−
ex1 + f e + f c
−
→ →
−
En projetant celui-ci →
ex1 , et sachant que R · −
ex1 = 0 en l’absence de forttements, on a :
mx¨1 = −k(x1 − ℓ0 ) + mω 2 x1
finalement
x¨1 +
k − mω 2
kℓ0
x1 =
m
m
4 Á l’équilibre dans le référentiel de la tige, x¨1 = 0 donc
xe =
ℓ0 Ω2
Ω2 − ω 2
xe n’existe donc dans R+ que si Ω > ω.
5 L’équation différentielle se réécrit
x¨1 + ω0 2 x1 = ℓ0 Ω2
de solution
x1 (t) = xe + A cos(ω0 t) + B sin(ω0 t)
Les conditions initiales donnent
x1 (0) = 0
x˙1 (0) = 0
xe + A = ℓ0
soit
Bω0 = 0
A = ℓ0 − xe =
soit
1
B=0
−ℓ0 ω 2
Ω2 − ω 2
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x1 (t) = xe −
)
ℓ0 ω 2
ℓ0 ( 2
cos(ω0 t) = 2
Ω − ω 2 cos(ω0 t)
2
2
−ω
Ω −ω
Ω2
La solution est oscillante, l’équilibre est donc stable !
→
6 La projection du PFD selon −
ey 1 conduit cette fois-ci à
0 = Ry − 2mω x˙1
L’expression obtenue à la question précédente de x1 (t) permet de calculer la dérivée et donne
Ry =
2mℓ0 ω 3
sin(ω0 t)
ω0
→
La projection selon −
ez donne elle Rz = mg
7 La nouvelle équation différentielle est désormais, en posant ω02 = ω 2 − Ω2 ,
x¨1 − ω0 2 x1 = ℓ0 Ω2
x1 (t) = −xe + A ch (ω0 t) + B sh (ω0 t)
Ainsi
L’équilibre n’existe donc pas, puisque la solution est explosive (sauf si on est en t = 0 en xe avec une vitesse nulle,
mais tout écart de cette position conduira le point M à l’infini). En pratique, le ressort cassera avant !
→
→
− −
−
→
8 R , f c et P ne travaillent pas ! Restent la force d’entrainement et le ressort qui fournissent l’énergie potentielle
1
1
k(x1 − ℓ0 )2 − mω 2 x1 2
2
2
L’énergie mécanique totale dans le référentiel de la tige, obtenue en ajoutant l’énergie cinétique due à la vitesse
relative, vaut donc
1
1
1
Em = mvr 2 + k(x1 − ℓ0 )2 − mω 2 x1 2
2
2
2
→
→
expression dans laquelle −
v = x˙ −
e . En l’absence de frottement, cette énergie se conserve, et une dérivation donne
Ep =
r
1 x1
0 = mx¨1 x˙1 + k(x1 − ℓ0 )x˙1 − mω 2 x˙1 x1
Si la dérivée de x1 était identiquement nulle, cela signifierait que M ne bouge pas, cette situation est sans intérêt.
On peut donc diviser par cette dérivée, et parvenir à
x¨1 +
k − mω 2
kℓ0
x1 =
m
m
qui est bien la même équation différentielle ! Ouf !
9 On recherche les positions d’équilibre parmi les points permettant d’annuler la dérivée de l’énergie potentielle :
dEp
= k(x1 − ℓ0 )x˙1 − mω 2 x˙1 x1
dx1
qui s’annule pour x1 = xE avec
soit
k(xE − ℓ0 ) = mω 2 xE
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 :
d2 Ep
= k(x1 − ℓ0 )x¨1 + k(x˙1 )2 − mω 2 x¨1 x1 − mω 2 (x˙1 )2
dx1 2
2
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d2 Ep
= m(Ω2 − ω 2 )(x¨e )2 > 0
dx1 2
qui évalué pour x1 = xe vaut
L’équilibre est donc stable ! !
II - Un pendule dans une voiture
1 Le référentiel de l’auto Ra n’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
−
→
−
→
f e = −m→
a e = ma0 −
u
y
−
→
Á l’équilibre, la projection des forces sur l’axe u donne
x
mg − T cos αe = 0
→
et selon −
u
y
ma0 − T sin αe = 0
ainsi
tan αe =
a0
g
Ceci est cohérent avec l’intuition : si le véhicule accélère fort, a0 augmente et αe aussi : 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 ».
2 Dans le référentiel de l’auto, on a
−
→
→
−
M−
→ (O1 ) = 0
T
−
→
−−−→ −
→
−
→
M−
→ (O1 ) = O1 M ∧ P = −mgℓ sin α ez
P
−
→
−−−→
−
→
−
→
M−
→ (O1 ) = O1 M ∧ ma0 uy = ma0 ℓ cos α ez
fe
−−−→
−
→
−
→
σ (O1 ) = O1 M ∧ m→
v r = mℓ2 α̇−
ez
→
ez donne
3 Le théorème du moment cinétique en projection sur −
mℓ2 α̈ = ma0 ℓ cos α − mgℓ sin α
En posant ε = αe − α, on a
α̈ = −ε̈ =
g
a0
cos(αe − ε) − sin(αe − ε)
ℓ
ℓ
ε étant petit, on peut écrire
cos(αe − ε) = cos αe cos ε − sin αe sin ε ≃ cos αe − ε sin αe
et
sin(αe − ε) = sin αe cos ε − cos αe sin ε ≃ sin αe − ε cos αe
L’équation se réécrit par conséquent
3
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−ε̈ = cos αe
[a
0
|ℓ
−
]
[a
g
g]
0
tan αe + ε cos αe
tan αe +
ℓ
ℓ
ℓ
{z
}
=0!
qui vaut
ε̈ + εΩ2 = 0
Ω2 = cos αe
avec
4 Une identité trigonométrique fournit
1
cos αe = √
1 + tan2 αe
ou encore
g
cos αe = √
2
a0 + g 2
5
2π
T =
= 2π
Ω
√
√
ℓ
2
a0 + g 2
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 !
4
[a
0
2
gℓ
+
g]
ℓ