Corrigé Série 22 - Dynamique

Physique avancée I
9 décembre 2016
Prof. J.-Ph. Ansermet
Corrigé Série 22 - Dynamique
1. Pendule sur cube en rotation libre
a) Les forces qui s’appliquent sur le point P sont :
- La force de traction venant du fil T = −T eρ
- La force de soutient de la surface N = N ez
- Le poids du pendule P = mg = mg cos φeρ − mg sin φeφ
b) Dans le système (P, eρ , eφ , ez ) (coordonnées cylindriques), la position s’exprime comme :
r = ρeρ + zez . Ainsi l’accélération relative dans ce système s’écrit comme la deuxième
dérivée temporelle de la position. La seule chose dont il faut faire attention est que les
vecteurs de base évoluent dans le temps, leur dérivée n’est pas nulle mais doit être calculée
avec la formule de Poisson ėi = ω ∧ ei .
   
0
1



0
0  = φ̇eφ
ėρ = ω ∧ eρ =
∧
(1)
0
φ̇
   
0
0



0
1  = −φ̇eρ .
ėφ = ω ∧ eφ =
∧
(2)
0
φ̇
Et donc le calcul de la vitesse et de l’accélération nous donne :
vr (P ) ≡ ṙ = ρ̇eρ + ρėρ + żez = ρ̇eρ + ρφ̇eφ + żez
ar (P ) ≡ r̈ = ρ̈eρ + ρ̇ėρ + ρ̇φ̇eφ + ρφ̈eφ + ρφ̇ėφ + z̈ez = ρ̈ − ρφ̇2 eρ + 2ρ̇φ̇ + ρφ̈ eφ + z̈ez .
(3)
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Le pendule est fixé à une longueur L de A donc ρ̇ = 0 = ρ̈ et de plus il est astreint à se
déplacer sur la surface du cube : ż = 0 = z̈. Finalement :
ar (P ) = −Lφ̇2 eρ + Lφ̈eφ .
(4)
c) Maintenant si on cherche à exprimer l’accélération dans le système (P, eρ , eφ , ez ), il faut
tenir compte de la rotation du cube. On utilise le même raisonnement que précédemment,
la position s’écrit r(P ) = OA + AP et sa deuxième dérivée nous donnera l’accélération
dans le référentiel absolu. La première dérivée temporelle de OA donne la vitesse absolue
de A et celle de AP donne la vitesse relative de P ainsi qu’un terme Ω ∧ AP dû à la
rotation de A (formule de poisson). En dérivant une deuxième fois on obtient l’accélération
absolue du point P :
aa (P ) = aa (A) + ar (P ) + Ω ∧ (Ω ∧ AP ) + 2Ω ∧ vr (P ) + Ω̇ ∧ AP .
(5)
Le deuxième terme a déjà été calculé à la première question, on cherche maintenant à
calculer les termes restants. Commençons avec le terme de Coriolis :

 

0
Ωρ
acor = 2Ω ∧ vr (P ) = 2  Ωφ  ∧  Lφ̇  = 2Ωρ Lφ̇ez .
(6)
0
0
Comme Ω = −Ω (cos φeρ − sin φeφ ), on peut écrire finalement l’accélération de Coriolis :
acor = −2ΩLφ̇ cos φez .
(7)
d) Même démarche pour l’accélération absolue du point A mais cette fois il est plus facile de
l’exprimer d’abords dans le système (O, x̂, ŷ, ẑ) et de transformer ensuite les vecteurs de
base dans le nouveau système.

 

−Ω
0
2
aa (A) ≡ r̈ = dtd 2 OA = dtd (Ω ∧ OA) = dtd  0  ∧  0  =
(8)
0
D
d
(ΩDŷ) = Ω̇Dŷ + ΩD (Ω ∧ ŷ) = Ω̇Dŷ − Ω2 Dẑ .
dt
Comme ŷ = sin φeρ + cos φeφ , on peut écrire l’accélération absolue du point A :
aa (A) = Ω̇D sin φeρ + Ω̇D cos φeφ − Ω2 Dez .
(9)
e) Le dernier terme est :

 
  
Ωρ
Ωρ
L






Ωφ
Ωφ
0  = −Ω2φ Leρ + Ωρ Ωφ Leφ .
Ω ∧ (Ω ∧ AP ) =
∧
∧
0
0
0
(10)
Finalement par la décomposition de Ω, on obtient le dernier terme :
Ω ∧ (Ω ∧ AP ) = −LΩ2 sin 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
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a) L’equation du mouvement s’ecrit simplement
ma = −kOP ,
c’est à dire en coordonnées polaires :
  m ρ̈ − ρφ̇2 = −kρ selon eρ
 m ρφ̈ + 2ρ̇φ̇ = 0
selon eφ
(12)
.
(13)
b) Le moment cinétique s’écrit comme L = r ∧ p où p = mv est la quantité de mouvement.
Ainsi le moment cinétique en O :
LO = OP ∧ mv = ρeρ ∧ m ρ̇eρ + ρφ̇eφ = mρ2 φ̇ẑ = Lz ẑ .
(14)
Ainsi selon z :
Lz = mρ2 φ̇ .
(15)
Le moment cinétique en O est conservé, car la somme des moments de force est nulle. En
effet, la force de rappel du ressort est dirigée 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 coordonnées polaires on a :
1
1
1
1 E = mv 2 + kρ2 = m ρ̇2 + ρ2 φ̇2 + kρ2 .
2
2
2
2
(16)
Si on exprime en fonction du moment cinétique selon z :
1
L2z
1
E = mρ̇2 +
+ kρ2 .
2
2
2mρ
2
(17)
d) Pour un mouvement circulaire on a ρ = cst, c’est à dire que ρ̇ = 0 = ρ̈. Ainsi grâce aux
équations du mouvement (13) on obtient :
r
ω ≡ φ̇ =
k
.
m
(18)
3. Pendule en equerre
a) On donne le moment d’inertie pour une seule barre, le long de l’axe perpendiculaire à
2
la barre : I∆ = M12L . Ainsi grâce à la formule de Steiner on calcule le moment d’inertie
correspondant au point O en additionnant la contribution des deux barres.
2 !
L
2
IO = 2 I∆ + M
= M L2 .
2
3
(19)
b) Pour simplifier les calculs, on déterminer la position du centre de masse G de l’équerre
lorsque l’angle φ = π/4. Par symétrie, le centre de masse G se trouve sur la bissectrice de
l’équerre. Pour le montrer on applique la définition du centre de masse :
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1
OG =
2M
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Z
r dm ,
(20)
où OG = xG x̂ + yG ŷ et r = x x̂ + y ŷ. Or, l’élément de masse infinitésimal dm de la barre
verticale s’exprime en fonction de x comme dm = M
dx et l’élément de masse infinitésimal
L
dm de la barre horizontale s’exprime en fonction de y comme dm = M
dy. Ainsi,
L
Z
Z L
1
1
L
xG =
x dm =
x dx = ,
2M
2L 0
4
Z
Z L
1
1
L
y dm =
yG =
y dy = ,
2M
2L 0
4
(21)
(22)
Comme xG = yG , le centre de masse G se trouve bien sur la bissectrice de l’équerre. De
plus, :
√
D = kOGk =
q
2
x2G + yG
=
2L
.
4
(23)
c) L’énergie cinétique s’écrit 12 IO ω 2 car le point O est fixe. Ainsi en choisissant le zéro du
potentiel lorsque φ = 0, on écrit l’énergie mécanique du système :
1
E = IO φ̇2 + 2M gD (1 − cos φ) .
2
(24)
d) Le moment cinétique en O est : LO = IO φ̇ẑ. Ainsi :
dLO
= IO φ̈ẑ = MO = OG ∧ 2M g = −2M gD sin φẑ.
dt
(25)
L’équation du mouvement pour l’angle d’oscillation est donc :
IO φ̈ = −2M gD sin φ .
(26)
G
e) Le moment cinétique au point G vaut LG = IG φ̇ẑ. Sa dérivée vaut donc dL
= IG φ̈ẑ,
dt
avec φ̈ 6= 0 par le point précédent. Le théorème du moment cinétique nous dit de plus que
dLG
= MG . Or, le moment de la force de pesanteur au point G est nul. Si de plus la somme
dt
T1 + T2 , qui s’appliquent toutes deux au point O, était alignée avec le vecteur OG, alors
le moment de force au point G résultant serait nul aussi, ce qui contredit le théorème du
moment cinétique. Ainsi, la force appliquée en O ne peut pas être le long de la droite OG.
f) Pour déterminer les équations du mouvement du centre de masse G de l’équerre en utilisant
explicitement les forces T1 et T2 , il faut appliquer le théorème du moment cinétique au point
G. Il s’écrit :
dLG
= MG .
dt
(27)
Le moment cinétique LG au point G s’exprime comme LG = IG φ̇ẑ. Pour déterminer IG , on
applique Steiner à partir de I∆ :
5
IG = 2 I∆ + M D2 = M L2 .
12
NB : on pourrait aussi appliquer Steiner pour obtenir IG à partir de IO :
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(28)
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IG = IO − 2M D2 .
(29)
G
Et donc dL
= IG φ̈ẑ. Comme discuté précédemment, le moment de la force de pesanteur
dt
en G est nul. On calcule donc le moment de force en G MG , qui est dû aux deux forces T1
et T2 :
√
√
2
2
MG = GO ∧ T1 + GO ∧ T2 = −Deρ ∧
T1 (−eρ + eφ ) − Deρ ∧
T2 (−eρ − eφ )
2
2
√
2
MG =
D (T2 − T1 ) ẑ .
(30)
2
Car les forces T1 et T2 se projettent :
π
π T1 = T1 − sin eρ + cos eφ ,
4
4
π
π T2 = T2 − cos eρ − sin eφ .
4
4
(31)
(32)
Et donc :
√
2
D (T2 − T1 ) ẑ .
(33)
2
Comme on ne connaı̂t ni T1 ni T2 , il faut encore invoquer le théorème du centre de masse :
IG φ̈ẑ =
2M aG = 2M −Dφ̇2 eρ + Dφ̈eφ
= 2M g + T1 + T2
√
√
2
2
= 2M g (cos φeρ − sin φeφ ) + T1
(−eρ + eφ ) + T2
(−eρ − eφ ) .
2
2
(34)
En projetant, on obtient ainsi les trois équations du mouvement :
√
2
IG φ̈ −
D (T2 − T1 ) = 0
2
√
2
−
(T1 + T2 ) + 2M g cos φ = −2M Dφ̇2
2
√
2
(T1 − T2 ) − 2M g sin φ = 2M Dφ̈ .
2
(35)
(36)
(37)
On peut vérifier ce résultat en le comparant à l’équation 26. Pour ce faire, on utilise
l’équation 37 pour substituer T2 − T1 dans l’équation 35. On obtient :
IG φ̈ + 2M D2 φ̈ = −2DM g sin φ
(38)
En se souvenant que IO = IG + 2M D2 , l’équation 38 est identique à l’équation 26.
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