Corrigé Série 22 - Dynamique

PhysiqueavancéeI 9 décembre 2016 Prof.J.-Ph.Ansermet
Corrig´e S´erie 22 - Dynamique
1. Pendule sur cube en rotation libre
a) Les forces qui s’appliquent sur le point Psont :
- La force de traction venant du fil T=−Teρ
- La force de soutient de la surface N=Nez
- Le poids du pendule P=mg=mg cos φeρ−mg sin φeφ
b) Dans le syst`eme (P, eρ,eφ,ez) (coordonn´ees cylindriques), la position s’exprime comme :
r=ρeρ+zez. Ainsi l’acc´el´eration relative dans ce syst`eme s’´ecrit comme la deuxi`eme
d´eriv´ee temporelle de la position. La seule chose dont il faut faire attention est que les
vecteurs de base ´evoluent dans le temps, leur d´eriv´ee n’est pas nulle mais doit ˆetre calcul´ee
avec la formule de Poisson ˙ ei=ω∧ei.
˙
eρ=ω∧eρ=
0
0
˙
φ
∧
1
0
0
=˙
φeφ(1)
˙
eφ=ω∧eφ=
0
0
˙
φ
∧
0
1
0
=−˙
φeρ.(2)
Et donc le calcul de la vitesse et de l’acc´el´eration nous donne :
vr(P)≡˙ r= ˙ρeρ+ρ˙ eρ+ ˙zez= ˙ρeρ+ρ˙ φeφ+ ˙zez
ar(P)≡¨ r= ¨ρeρ+ ˙ρ˙ eρ+ ˙ρ˙ φeφ+ρ¨ φeφ+ρ˙ φ˙ eφ+ ¨zez=¨ρ−ρ˙ φ2eρ+2 ˙ρ˙ φ+ρ¨ φeφ+ ¨zez.
(3)
Corrig´e S´erie 22 - Dynamique 1/5

PhysiqueavancéeI 9 décembre2016 Prof.J.-Ph.Ansermet
Le pendule est fix´e `a une longueur Lde Adonc ˙ρ= 0 = ¨ρet de plus il est astreint `a se
d´eplacer sur la surface du cube : ˙z= 0 = ¨z. Finalement :
ar(P) = −L˙ φ2eρ+L¨ φeφ.(4)
c) Maintenant si on cherche `a exprimer l’acc´el´eration dans le syst`eme (P, eρ,eφ,ez), il faut
tenir compte de la rotation du cube. On utilise le mˆeme raisonnement que pr´ec´edemment,
la position s’´ecrit r(P) = OA +AP et sa deuxi`eme d´eriv´ee nous donnera l’acc´el´eration
dans le r´ef´erentiel absolu. La premi`ere d´eriv´ee temporelle de OA donne la vitesse absolue
de Aet celle de AP donne la vitesse relative de Painsi qu’un terme Ω∧AP dˆu `a la
rotation de A(formule de poisson). En d´erivant une deuxi`eme fois on obtient l’acc´el´eration
absolue du point P:
aa(P) = aa(A) + ar(P) + Ω∧(Ω∧AP )+2Ω∧vr(P) + ˙ Ω∧AP .(5)
Le deuxi`eme terme a d´ej`a ´et´e calcul´e `a la premi`ere question, on cherche maintenant `a
calculer les termes restants. Commen¸cons avec le terme de Coriolis :
acor = 2Ω∧vr(P) = 2 
Ωρ
Ωφ
0
∧
0
L˙ φ
0
= 2ΩρL˙
φez.(6)
Comme Ω=−Ω (cos φeρ−sin φeφ), on peut ´ecrire finalement l’acc´el´eration de Coriolis :
acor =−2ΩL˙ φcos φez.(7)
d) Mˆeme d´emarche pour l’acc´el´eration absolue du point Amais cette fois il est plus facile de
l’exprimer d’abords dans le syst`eme (O, ˆx,ˆy,ˆz) et de transformer ensuite les vecteurs de
base dans le nouveau syst`eme.
aa(A)≡¨ r=d2
dt2OA =d dt (Ω∧OA) = d dt 
−Ω
0
0
∧
0
0
D
=
d
dt (ΩDˆy) = ˙
ΩDˆy+ ΩD(Ω∧ˆy) = ˙ ΩDˆy−Ω2Dˆz.
(8)
Comme ˆy= sin φeρ+ cos φeφ, on peut ´ecrire l’acc´el´eration absolue du point A:
aa(A) = ˙ ΩDsin φeρ+˙ ΩDcos φeφ−Ω2Dez.(9)
e) Le dernier terme est :
Ω∧(Ω∧AP ) = 
Ωρ
Ωφ
0
∧
Ωρ
Ωφ
0
∧
L
0
0
=−Ω2
φLeρ+ ΩρΩφLeφ.(10)
Finalement par la d´ecomposition de Ω, on obtient le dernier terme :
Ω∧(Ω∧AP ) = −LΩ2sin φ(sin φeρ+ cos φeφ).(11)
f) Oui, le moment cinetique total en O, projete sur la verticale, est une grandeur conservee car
le moment de force le long de cet axe est nul et, par le theoreme du moment cinetique on
conclut qu’il ne varie pas dans le temps.
2. Roto-vibrations
Corrig´e S´erie 22 - Dynamique 2/5

Physique avancée I 9 décembre 2016 Prof. J.-Ph. Ansermet
a) L’equation du mouvement s’ecrit simplement
ma=−kOP ,(12)
c’est `a dire en coordonn´ees polaires :
m¨ρ−ρ˙ φ2=−kρ selon eρ
mρ¨ φ+ 2 ˙ρ˙ φ= 0 selon eφ
.(13)
b) Le moment cin´etique s’´ecrit comme L=r∧po`u p=mvest la quantit´e de mouvement.
Ainsi le moment cin´etique en O:
LO=OP ∧mv=ρeρ∧m˙ρeρ+ρ˙ φeφ=mρ2˙ φˆz=Lzˆz.(14)
Ainsi selon z:
Lz=mρ2˙ φ . (15)
Le moment cin´etique en Oest conserv´e, car la somme des moments de force est nulle. En
effet, la force de rappel du ressort est dirig´ee en tout temps en direction de O, son moment
de force est donc nul. De plus, les moments de la force de pesanteur et de support de la
table se compensent exactement.
c) En coordonn´ees polaires on a :
E=1
2mv2+1 2kρ2=1 2m˙ρ2+ρ2˙
φ2+1
2kρ2.(16)
Si on exprime en fonction du moment cin´etique selon z:
E=1
2m˙ρ2+L2
z
2mρ2+1 2kρ2.(17)
d) Pour un mouvement circulaire on a ρ=cst, c’est `a dire que ˙ρ= 0 = ¨ρ. Ainsi grˆace aux
´equations du mouvement (13) on obtient :
ω≡˙ φ=rk
m.(18)
3. Pendule en equerre
a) On donne le moment d’inertie pour une seule barre, le long de l’axe perpendiculaire `a
la barre : I∆=ML2
12 . Ainsi grˆace `a la formule de Steiner on calcule le moment d’inertie
correspondant au point Oen additionnant la contribution des deux barres.
IO= 2 I∆+ML
22!=2 3ML2.(19)
b) Pour simplifier les calculs, on d´eterminer la position du centre de masse Gde l’´equerre
lorsque l’angle φ=π/4. Par sym´etrie, le centre de masse Gse trouve sur la bissectrice de
l’´equerre. Pour le montrer on applique la d´efinition du centre de masse :
Corrig´e S´erie 22 - Dynamique 3/5

Physique avancée I 9 décembre 2016 Prof. J.-Ph. Ansermet
OG =1
2MZrdm , (20)
o`u OG =xGˆx+yGˆyet r=xˆx+yˆy. Or, l’´el´ement de masse infinit´esimal dm de la barre
verticale s’exprime en fonction de xcomme dm =M
Ldx et l’´el´ement de masse infinit´esimal
dm de la barre horizontale s’exprime en fonction de ycomme dm =M
Ldy. Ainsi,
xG=1
2MZx dm =1 2LZL
0
x dx =L
4,(21)
yG=1
2MZy dm =1 2LZL
0
y dy =L
4,(22)
Comme xG=yG, le centre de masse Gse trouve bien sur la bissectrice de l’´equerre. De
plus, :
D=kOGk=qx2
G+y2 G=√2L
4.(23)
c) L’´energie cin´etique s’´ecrit 1
2IOω2car le point Oest fixe. Ainsi en choisissant le z´ero du
potentiel lorsque φ= 0, on ´ecrit l’´energie m´ecanique du syst`eme :
E=1
2IO˙
φ2+ 2MgD (1 −cos φ).(24)
d) Le moment cin´etique en Oest : LO=IO˙ φˆz. Ainsi :
dLO
dt =IO¨
φˆz=MO=OG ∧2Mg=−2MgD sin φˆz.(25)
L’´equation du mouvement pour l’angle d’oscillation est donc :
IO¨ φ=−2MgD sin φ . (26)
e) Le moment cin´etique au point Gvaut LG=IG˙ φˆz. Sa d´eriv´ee vaut donc dLG
dt =IG¨
φˆz,
avec ¨ φ6= 0 par le point pr´ec´edent. Le th´eor`eme du moment cin´etique nous dit de plus que
dLG
dt =MG. Or, le moment de la force de pesanteur au point Gest nul. Si de plus la somme
T1+T2, qui s’appliquent toutes deux au point O, ´etait align´ee avec le vecteur OG, alors
le moment de force au point Gr´esultant serait nul aussi, ce qui contredit le th´eor`eme du
moment cin´etique. Ainsi, la force appliqu´ee en One peut pas ˆetre le long de la droite OG.
f) Pour d´eterminer les ´equations du mouvement du centre de masse Gde l’´equerre en utilisant
explicitement les forces T1et T2, il faut appliquer le th´eor`eme du moment cin´etique au point
G. Il s’´ecrit :
dLG
dt =MG.(27)
Le moment cin´etique LGau point Gs’exprime comme LG=IG˙
φˆz. Pour d´eterminer IG, on
applique Steiner `a partir de I∆:
IG= 2 I∆+MD2=5
12ML2.(28)
NB : on pourrait aussi appliquer Steiner pour obtenir IG`a partir de IO:
Corrig´e S´erie 22 - Dynamique 4/5

Physique avancée I 9 décembre 2016 Prof. J.-Ph. Ansermet
IG=IO−2MD2.(29)
Et donc dLG
dt =IG¨
φˆz. Comme discut´e pr´ec´edemment, le moment de la force de pesanteur
en Gest nul. On calcule donc le moment de force en GMG, qui est dˆu aux deux forces T1
et T2:
MG=GO ∧T1+GO ∧T2=−Deρ∧√2
2T1(−eρ+eφ)−Deρ∧√2 2T2(−eρ−eφ)
MG=√2
2D(T2−T1)ˆz.(30)
Car les forces T1et T2se projettent :
T1=T1−sin π
4eρ+ cos π 4eφ,(31)
T2=T2−cos π
4eρ−sin π 4eφ.(32)
Et donc :
IG¨ φˆz=√2
2D(T2−T1)ˆz.(33)
Comme on ne connaˆıt ni T1ni T2, il faut encore invoquer le th´eor`eme du centre de masse :
2MaG= 2M−D˙ φ2eρ+D¨ φeφ
= 2Mg+T1+T2
= 2Mg (cos φeρ−sin φeφ) + T1
√2
2(−eρ+eφ) + T2
√2
2(−eρ−eφ).(34)
En projetant, on obtient ainsi les trois ´equations du mouvement :
IG¨ φ−√2
2D(T2−T1) = 0 (35)
−√2
2(T1+T2)+2Mg cos φ=−2MD ˙
φ2(36)
√2
2(T1−T2)−2Mg sin φ= 2MD ¨
φ . (37)
On peut v´erifier ce r´esultat en le comparant `a l’´equation 26. Pour ce faire, on utilise
l’´equation 37 pour substituer T2−T1dans l’´equation 35. On obtient :
IG¨ φ+ 2MD2¨ φ=−2DMg sin φ(38)
En se souvenant que IO=IG+ 2MD2, l’´equation 38 est identique `a l’´equation 26.
Corrig´e S´erie 22 - Dynamique 5/5