Cours n°21 : Mouvement d`un solide en rotation autour d`un axe fixe

Cours n°21 : Mouvement d’un solide en
rotation autour d’un axe fixe
En mécanique du solide comme en mécanique du point, les notions de moment de force et de moment
cinétique sont très utiles.
La notion de moment d’inertie complète celle de masse et intervient pour décrire le moment cinétique d’un
système en rotation ou bien son énergie cinétique de rotation. Le système étudié pourra être aussi bien
indéformable comme une machine outil que déformable comme une patineuse qui ramène les bras dans
l’axe de son corps.
En mécanique quantique le moment cinétique est une quantité très utilisée, le spin des particules est par
exemple un type de moment cinétique.
Dans cette leçon, on se limite aux mouvements de rotation autour d’un axe fixe uz. Le solide est en rotation
pure autour d’un point O selon Oz (mât du manège). L’axe Oz passe par le point O.
I)
Moment d’inertie, TMC et conservation de l’énergie mécanique
1) Cas du point matériel ou d’un ensemble de points matériels
Moment cinétique d’un point matériel en rotation autour du point O selon l’axe Oz
 O  mr ² uz  O, z  mr ²
Moment d’inertie du point matériel : JO,z = mr²
Moment cinétique d’un ensemble de points matériels en formation solide, ils ont tous la même vitesse de
rotation.  i  
A
B
1
1
2
2
3
1
3


 O   mi ri ²    mi ri ²    J O , z
i
 i

Le point jaune est le point O fixe autour duquel la rotation s’opère.
Les calculs de moment d’inertie qui suivent ne sont pas au programme, ils sont donnés à titre indicatif
2) Calcul du moment cinétique d’une tige par rapport à son centre, Moment d’inertie
d’une tige par rapport à son centre
Moment d'inertie d'une tige homogène de longueur l=2a par rapport à son centre de gravité
a
J G 
  x²dx  2
a
a3 M T l ² M T a ²


3
12
3
a
G
x
3) Moment d’inertie d’une tige par rapport à son extrémité
dm=μdx
Moment d'inertie d'une tige homogène de longueur l=2a par rapport à son extrémité
3)
2a
a 3 M T l ² M T 4a ²


3
3
3
0
Supérieur à la valeur précédente car les masses sont plus loin de E que de G
J E 
  x²dx  8
4) Moment d’inertie d’un disque, d’un cylindre, d’un cerceau par rapport à leur centre
moment d'inertie d'un disque
MT =

 ds 
disque

 dr rd   2
disque
R²
  R ²
2
R4 M T R²
J=   r ²ds    dr r d   2

4
2
disque
disque
3
5)Volant d’inertie
Pour une masse donnée et un encombrement donné, le plus grand moment d’inertie par
rapport à un axe est obtenu en éloignant le plus possible les masses de l’axe de rotation :
cerceau MR² Volant d’inertie.
6)Moment d’inertie d’une sphère par rapport à son diamètre (sans démonstration)
Moment d’inertie d’une boule par rapport à son centre et l’un de ses diamètres (2/5) mR²
7)TMC pour un solide
d O
  M O Fi   OM i  Fi
dt
i
i
 
J O u z   OM i  Fi
i
d
J O uz   OM i  Fi
dt
i


J O , z   OM i  Fi . u z
i
Les points Mi sont ici les points du solide où les forces Fi s’appliquent.
8)Calcul de l’énergie cinétique d’un solide en rotation, le moment d’inertie apparait
à nouveau
EC 
 
1
 mi ri
2 i
2

1
1
2 
mi  ri    ²  J O , z ²


2 i
2

Les points i sont ici les points du solide, il faudrait en fait faire une démonstration avec une somme continue
mais le résultat est le meme, on s'en dispensera.
9) Définition du centre de gravité d’un solide, Energie potentielle de pesanteur d’un
solide
m1 GM 1  m2 GM 2  m3 GM 3  0  OG 
m3
m1
m2
OM 1 
OM 2 
OM 3
m1  m2  m3
m1  m2  m3
m1  m2  m3
c'est une moyenne pondérée
Pourquoi la résultante qu’est le poids s’applique-t-elle au centre de gravité ?
Montrons que la somme des moments des poids des masses individuelles qui constituent le système est nulle
quand on la calcule en G.
 G  GM1  m1 g  GM 2  m2 g  GM 3  m3 g  m1 GM 1  m2 GM 2  m3 GM 3  g  0  g  0


Energie potentielle d’un ensemble de masses ou d’un solide
EP  m1 gz1  m2 gz2  m3 gz3  (m1 z1  m2 z2  m3 z3 ) g  mzG g
« Chute d’une paire de ciseaux :
http://phymain.unisciel.fr/des-ciseaux-en-chute-libre/ »
II)
Quelques exemples en oscillation
1) Pendule pesant, par TMC ou conservation de l’énergie
Le centre de rotation O est ici différent de G
http://www.wat.tv/video/grande-vadrouille-scene-culte-303mz_303mh_.html
à cette adresse une scène de la grande vadrouille avec une méprise qui met en jeu un pendule pesant vers
1mn 30 sur la séquence.
u
O
uz
ur

G
on note a la distance de O à G
TMC :
P


d J O u z
d O
 OG  P  OO  R 
 OG  P  aur  Mg (cos  ur  sin  u )  a sin  u Mgu z
dt
dt
J O  a sin  Mg
conservation de l'énergie : J O
²
2
 Mga cos( )  cst  J O  a sin  Mg
2) Balançoire à trébuchet (DM)
3) Oscillation Machine avec poulie masse corde et ressort (voir TD)
III) Quelques exemples en rotation
1) Chute d’un arbre,(TD)
J E  Mga sin   0
La réaction du sol donne un moment nul. Ca doit tomber il ne s’agit pas de trouver une équation qui
s’identifierait avec une équation d’oscillateur harmonique aux petits angles.
Chute d’une cheminée
La partie basse de la cheminée voudrait tomber plus vite que l’ensemble, il se développe des contraintes des
forces de cisaillement et des moments qui vont casser la cheminée avant même qu’elle n’atteigne le sol.
http://www.dailymotion.com/video/x1crfe9_une-immense-cheminee-dynamitee-en-australie_news
Observer que la cheminée casse en plusieurs endroits
Plus rapide que la chute libre :
http://phymain.unisciel.fr/plus-rapide-que-la-chute-libre/
TD Chute d’un arbre
On assimile un arbre à une tige homogène longue de longueur L et de masse m. On le scie à sa base et
l’arbre bascule en tournant autour de son point d’appui sur le sol. On suppose que le point d’appui reste fixe
et ne glisse pas et on repère la position de l’arbre par l’angle  qu’il fait avec la verticale . A t=0 l’arbre fait
un angle 0 avec la verticale et est immobile.
On donne le moment d’inertie par rapport à l’extrémité J=1/3 mL²
1) Etablir l’équation du mouvement de la chute de l’arbre
2) Montrer que lorsuq l’arbre fait un angle  avec le verticale sa vitesse angulaire vaut
3g

(cos  0  cos  )
L
3)Montrer que cette relation peut être réécrite
3g
d
dt 
L
(cos 0  cos  )

4) Déterminer le temps de chute d’un arbre de 30m . On donne pour 0=5° :  2
0
d
(cos 0  cos  )
 5.1
2) Accélération d’une poulie avec tension d’un fil et frottements fluide et solide.
Puissance développée par la tension, on peut la voir de deux manières : T (R  ) = (T R)  force fois
vitesses ou couple fois vitesse angulaire.
T
RT
RN
a
TMC J   aRT  aT    a  RN  aT  
3) TD Accélération d’une poulie avec masse suspendue

z
I
T2=Tuz
R
O
m,a,JO=1/2 ma²
mg
T1=-Tuz
M
TMC pour la poulie J O  0  0  Ta  C
RFD pour la masse suspendue Mz  Mg  T
puis z  a permettent de conclure
J O  ( Mg  Mz )a  C  J O  Mza  Mga  C  ( J O  Ma ²)  Mga  C
Qui est en fait une équation différentielle du premier ordre en 
4) Embrayage (Voir Site)
IV)
Exemples de statique des moments
1) Une tige qui tourne autour de son centre de gravité est en équilibre
indifférent.
Le moment du poids sur l’axe de rotation qui est le centre de gravité étant toujours nul quelque soit la
position angulaire de la tige.
Conséquence : on peut s’en servir comme d’une balance : on regarde quand elle penche.
Amélioration : La balance de Roberval possède des plateaux toujours horizontaux
Si on rajoute une masse en bas on peut sélectionner l’équilibre horizontal
2) Basculement d’une caisse
Quand G passe au dessus du point I point de la caisse qui est le plus bas dans la pente, alors le moment de
toutes les forces appliquées à la caisse calculé en I est nul et on est à la limite du basculement. Ces forces
sont le poids et la réaction du sol.
G
mg
I

3)
Pendule pesant soumis à un moment qui compense le moment de son poids,
notion de bras de levier
Bras
de
levier
du
poids
Bras de
levier
de F
Droite d’action du
poids ou support
F
G
Droite
d’action
de la
force F
Moment du poids = -mg. Bras de levier du poids (dans la configuration représentée, il tend à faire tourner le
pendule dans le sens négatif)
Moment de F = F. bras de levier de F
A l’équilibre la somme de ces deux moments est nulle
V)
1)
Notion de couple
Définition
Ensemble de 2 forces dont la somme dite résultante est nulle donc F2=-F1 et dont on calcule le moment en
leur centre par rapport à l’axe de rotation perpendiculaire au plan des 2 forces
Exemple volant de camion (en supposant qu’on ne mette pas ses mains à 10h 10 mais à 9h 15)
2)
Couple moteur.
Boite de vitesse : première grand couple, faible vitesse de rotation, sixième c’est l’inverse.
Puissance=Couple.
3)
Pendule de torsion, couple de rappel
Définition du fil de torsion par analogie avec le ressort qui exerce une force en ligne
-C . θ est le couple de rappel,
C est la constante de raideur du ressort de torsion
 d ²

 Ct 
J
 dt ²

JOm=2mr² pour ce système de deux masses ponctuelles
Si les deux masses étaient reliées par une barre de moment d’inertie J Ob par rapport à son centre , on aurait
un moment d’inertie total en O J O = JOb +2mr²
θ
4) Expérience du ressort spirale
Revoir la leçon énergie où cet exemple a été présenté. Stabilité des positions d’équilibre.
Cet exercice peut modéliser le jeu de jardin petit cheval sur ressort hélicoïdal qui se penche.
VI)
Cas des systèmes déformables
http://sciences.blog.lemonde.fr/2010/02/23/la-physique-du-patinage-artistique/
Chaise tournante ou patineuse, on peut considérer que le moment cinétique est conservé car les forces qui
s’exercent pour modifier la configuration des masses sont internes et se compensent.
Dans cette opération si le moment cinétique est conservé, il n’en est pas de même de l’énergie cinétique, les
forces internes travaillent.
Deuxième expérience : Chaise tournante et poids on peut modifier sa direction à partir d’une position
initiale sans vitesse initiale.
Marée
VII) Oscillateurs de torsion couplés voir sur le site
VIII)
IX) Images qui montrent des objets en rotation, des couples, des bras de levier…
DM Trébuchet à ressort
1) Une barre homogène de longueur 2L de moment d’inertie J par rapport à son centre O est liée en O à un
support fixe par une liaison pivot parfaite. Deux enfants de même masse que l’on considèrera comme
ponctuels viennent s’asseoir en A et en B,
L
O
B
m
L
u
A
m
A
O
ur

B
Montrer que le système est toujours à l’équilibre quel que soit l’angle .
2) On schématise une balançoire de type trébuchet à ressort avec deux enfants qui jouent comme suit : il
suffit de rajouter au système précédent deux ressorts identiques de raideur k et de longueur à vide l 0
identiques fixés entre le sol et les extrémités A et B de la barre. Lorsque la barre est à l’horizontale la
longueur des ressorts est égale à leur longueur à vide.
L
B
m
l0, k
O
L
u
A
m
A
l0 , k
ur
O
B
l2
l1


Dans toute la suite on se limitera aux petits angles , alors on admettra que  et  peuvent être confondus et
que les altitudes de A et B par rapport au sol sont données par : l1= l0+L .  et l2 = l0 - L . 
a) Étudier l’équilibre de ce nouveau système.
b) Calculer la période propre des oscillations libres du système.
3) a) Établir l’intégrale première en . On posera max la valeur maximale de .
b) Retrouver le résultat précédent.
4) Calculer les composantes Rr et R de la réaction de la barre sur l’enfant en A en fonction de  et de max
amplitude angulaire du mouvement et écrire l’équation qui donne l’angle  auquel l’enfant est susceptible de
décoller. Commenter.
1)la somme des moments des forces est 0+mgLcos  mgLcos  0 quelque soit 
2)a)la somme des moments des forces est maintenant en projection sur u z : mgLcos -mgLcos  k (l1  l0 ) L cos   k (l2  l0 ) L cos 
or l1  l0  L et l2  l0  L donc  moments  k ( L ) L cos   k ( L ) L cos   2kL ² cos   2kL ² au premier ordre qui ne s'annule que pour  =0
b)( J  2mL ²)
1
3) a ) Ec 
2
d ²
 2kL2
dt ²
d ²
2kL2
2kL2

  0 0 ² 
dt ² J  2mL ²
J  2mL ²
 d   2  1 J  d 

 
2  dt 
 dt 
2
mL ² 
2
EP  mgL  mgL 
2
k (l1  l0 ) 
2
2kL2
J  2mL ²
T0  2
J  2mL ²
2kL2
1
2
k (l 2  l 0 ) 
2
1
k ( L )  2
2
2
 d   kL ²  ² max -  ² 
 
1
 dt 
mL ²  J
 d   1 J  d   kL ² ²  kL ² ²

 
max
 dt  2  dt 
2
1
2

T0
2
2
Ec  EP  mL ² 
2
b)
d ( EC  EP )
 d ²   d   2  J  d ²  d   k  d  ( L ² )2  0
 

   
 dt ²   dt 
 dt ²  dt   dt 
0
mL ² 
dt
d ² 
  2k ( L ² )  0
 dt ² 
 mL ²2  J  
4)la relation fondamentale de la dynamique appliquée à l'enfant A donne en projection sur la base u r u 

 mL


 R  mg cos 
 dt ²



 compte tenu de 
  mL d  R  mg sin  

r



dt

d ²
d ²

 
on
R
 

a:
 Rr


d ²
  mL
 
d
2
 mg sin 
dt
R
 


 Rr


d
2

dt
2 kL ²
max


J  2 mL ²


kL ²   ² -  ² 
  mL
 mg sin  
1

mL ²  J

2
 mg cos   mL
dt ²
alors aux petits angles
Rr
 
2
 mL
dt ²


J  2 mL ²

kL ²   ² -  ²  

1
mL ²  J 

2

2 kL ²
 mg cos 
max


J  2 mL ²

kL ²   ² -  ² 

  mL
 mg

1
mL ²  J


2
 mL
s ' annule pour
2 kL ²
 mg
max
2 kL   ² max -  ² 
 g
2 mL ²  J
si on trace le membre de droite et le membre de gauche de cette équation
en fonction de  on voit que seule l'intersection de droite est dans
l'intervalle permis [- max ,  max ]
-max
décollage
max
TD Machine avec poulie masse et ressort.

M et JC
zI
zR
K
I
C
T1uz
-T2 uz
T1 uz
T2 uz
R
m
zP
P
mg
x
y
z ( I  fil )  z ( R  fil ) car fil inextensible
z ( K  fil )  z ( P  fil ) car fil inextensible
z ( I  fil )   z ( K  fil )car fil inextensible
CRSG v(I  fil )  v( I  poulie)  v(C )   u y  CI
soit z I u z  0   u y   Ru x  R  u z
z ( P  fil )  z ( K  fil )   z I u z
zI  R 
z ( P  fil )   z I
z ( R  fil )  z I  R 
z ( R  fil )  R   cst
T1  k ( z R  l0 )
RFD pour m T2  mg  mz P
TMC pour poulie le poids et la tension du fil accroché au centre
n'interviennent pas
J C  T1 R  T2 R    k ( z R  l0 )  mz P  mg  R
J C    k ( z R  l0 )  mz P  mg  R
J C    k ( R   cst  l0 )  mR  mg  R
 J C  mR ²     kR ²   kRcst  kl0 R  mgR 
 J C  mR ²    kR ²     kRcst  kl0 R  mgR 
On remarque que si la poulie est sans masse alors J=0 et la poulie transmet les tensions
TD Embrayage ou boite de vitesse
T21
Deux disques de moment d’inertie par rapport à leur centre J 1 et J2 et
R1
de rayons R1 et R2 ont initialement une vitesse de rotation 01 non nulle et
02=0, On les met en contact à l’instant t=0 ils évoluent jusqu’à se stabiliser
à des vitesses 1F et 2F que l’on déterminera en écrivant le TMC pour chaque disque
 d 1

 J1 dt   R1T 
J d 1 J 2 d 2
J
J
J

 1

 0  1 1F  2 2 F  1 10
R1 dt
R2 dt
R1
R2
R1
 J d 2   R T 
 2
2 
dt


de plus R 11F   R22 F puisqu'alors il y a roulement sans glissement
J1
J
J
1F  2 R11F  1 10
R1
R2 ²
R1
1F 
J1
R1 ²
R2
T12
10
 J1
J 
 2 

 R1 ² R2 ² 
il n'y a pas conservation de l'énergie cinétique que le contact se fasse par frottement embrayage
ou par choc transmission roue dentées
TD Oscillateurs de torsion couplés
Ct
Décrire les oscillations libres du système CI
θ1(t=0)= θ1,0
θ2(t=0)= θ2,0
dθ1/dt(t=0)=0
dθ2/dt(t=0)=0
θ1
Ct
θ2
Ct
Ct   d ²1
 d ²1
  d ²1

 J dt ²  Ct1  Ct ( 2  1 )  2Ct1  Ct 2   dt ²  2 J 1  J  2   dt ²  20 ²1  0 ² 2 




 J d ² 2  C   2C 
  d ² 2  Ct   2 Ct    d ² 2   ²  2 ² 

 

t 1
t 2
0
1
0
2 
1
2 
J
J
 dt ²
  dt ²

  dt ²
 d ²1

 20 ²1  0 ² 2 

 dt ²

 d ² 2

 0 ²1  20 ² 2 

 dt ²

  ²1  20 ²1  0 ² 2   0  ( ²  20 ²)1  0 ² 2 
on recherche 1 (t )  1e jt
 2 (t )   2 e jt



  ² 2  0 ²1  20 ² 2   0  0 ²1   ²  20 ²   2 

 

 ²  20 ²  ²  0 4  0
si   0
  ²  20 ²   0 2   ²  20 ²   0 2   0 soit
  0 ou
  30



1   2 les deux disques oscillent de façon solidaire comme si le fil de torsion intermédiaire était rigide système de moment d'inertie 2J soumis à 2Ct
Si   30 1   2 alors les deux disques oscillent en opposition de phase le point milieu du fil de torsion du milieu est fixe
un disque est soumis à un fil de torsion entier C t et à un demi-fil de torsion qui est plus raide 2C t d'ou une fréquence d'oscillation  ² 
2Ct  Ct
J