TD M5 : moment cinétique - e

Mécanique
TD-M5-moment-cinetique
TD M5 : moment cinétique
Exercice 4 - mouvement tournant d’une masse accrochée à un ressort ***
On considère une table à coussin d’air horizontale sur laquelle peut se mouvoir, sans frottement,
un mobile autoporteur de masse m accroché à l’extrémité d’un ressort.
y
La table forme le plan xOy, l’extrémité fixe
du ressort est située en O.
Ci-contre, un schéma représente le dispositif
vu de dessus.
Le champ de pesanteur est dirigé suivant
−
−
-Oz : →
uz . Le ressort a pour
g = −g→
constante de raideur k et une longueur à
vide `0 .
→
−
uz
•
→
−
uy
O
ωt
→
−
ux
M
x
Figure 1 – Mobile autoporteur accroché à
un ressort sur une table à coussin d’air
horizontale
1. Faire un bilan des forces et montrer qu’il y a conservation du moment cinétique du point M
par rapport à O.
2. A t = 0, on lâche le point M depuis l’axe des abscisses, le ressort ayant pour longueur 1.2
−−→
−
fois sa longueur à vide : OM (t = 0) = 1.2 `0 →
ux ; et une vitesse initiale nulle.
2.1. Calculer le moment cinétique par rapport à O du point M. En déduire la nature de la
trajectoire.
2.2. En utilisant la relation fondamentale de la dynamique, établir l’expression de OM (t) et
préciser dans quel intervalle cette longueur évolue.
Indices
— Si une équation différentielle possède un second membre, il ne faut pas oublier de trouver une
solution particulière de même forme que le second membre ;
— Une équation différentielle du type x + ω02 x = 0 admet une solution d’expression x(t) = A cos ω0 t +
B sin ω0 t. Les conditions initiales permettent de déterminer A et B.
3. On lance à présent le mobile autoporteur pour lui donner un mouvement de rotation autour
de l’axe Oz. Ainsi, on a :
−−→
−
ux ;
— OM (t = 0) = `1 →
→
−
→
−
— v0 = `1 ω uy .
Le mouvement étant toujours plan, on pourra travailler soit en coordonnées cartésiennes
soit en coordonnées polaires.
3.1. Exprimer le moment cinétique par rapport à O du mobile autoporteur : d’abord en
fonction de r et θ, puis en fonction des conditions initiales.
Indice
Les forces qui s’exercent sur le mobile, donc leur moment, n’ont pas changées.
3.2. Montrer qu’il y a conservation de l’énergie mécanique du mobile.
Indice
Écrire le théorème de l’énergie cinétique sur un déplacement élémentaire du mobile.
1
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3.3. Rappeler l’expression de l’énergie potentielle élastique puis donner l’expression de
l’énergie mécanique en fonction :
— Des conditions initiales ;
— De r, r, θ, m, k et `0 .
1 2
3.4. Montrer que cette énergie peut être écrite sous la forme Em = m r + Epeff (r) où Epeff
2
est appelée énergie potentielle effective et est fonction de r et de L, norme du vecteur
moment cinétique.
Donner son expression.
3.5. Tracer l’allure de la fonction Epeff (r) et en déduire pourquoi la masse ne peut pas
s’éloigner du pôle d’attraction O.
Solution
1. On travaille dans le référentiel du laboratoire considéré comme galiléen. Le système étudié
est le mobile autoporteur de masse m.
Les forces qui s’exercent sur M sont :
→
−
— Son poids P , orthogonal à la table à coussin d’air car celle-ci est horizontale, dirigé
−
selon −→
uz ;
→
−
— La réaction de la table R , orthogonale à la table à coussin d’air car il n’y a pas de
−
frottement, dirigée selon →
uz ;
→
−
−−→
— La force de rappel T du ressort dirigée suivant −OM .
−−→
Les deux premières forces se compensent, la troisième étant colinéaire à OM , a un moment
−−→ →
−
par rapport à O, OM ∧ T , qui est nul. Ainsi l’application du théorème du moment cinétique
donne :
−
→
− −−→ →
− −−→ →
−
−−→ →
− →
−
dLO −−→ →
→
−
→
−
= OM ∧ P + OM ∧ R + OM ∧ T = OM ∧ ( P + R ) + 0 = 0
(1)
dt
−
→ −−→
Donc LO = cste. Il y a bien conservation du moment cinétique de M en O.
2. Lâcher rectiligne :
2.1. Si le moment cinétique se conserve, il a à tout instant la même valeur qu’il avait
initialement.
Or, initialement :
−
→
−−→
→
−
−
−
\ →
LO (t = 0) = OM (t = 0) ∧ m →
v (t = 0) = m OM (t = 0) v(t = 0) sin (OM,v)
uz = 0
car le mobile M est lâché sans vitesse initiale.
Le moment cinétique étant nul à tout instant, le mobile est lâché sur l’axe Ox, il va
donc y rester et la trajectoire est rectiligne suivant l’axe Ox.
2.2. Le PFD donne :
−
m→
a =
X−
−→
→
− →
− →
−
Fext = P + R + T
(2)
On projette cette relation suivant l’axe Ox pour obtenir l’équation différentielle du
mouvement de M :
m x = T = −k (` − `0 )
(3)
−−→
Or ici, OM (t) = ` = x :
m x = −k x + k`0 ⇐⇒ x +
2
k
k
x = + `0
m
m
(4)
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On pose ω02 =
k
. Alors l’équation devient :
m
x + ω02 x = ω02 `0
(5)
Cette équation a pour solution particulière xp = `0 et pour solution de l’équation
homogène : xh (t) = A cos ω0 t + B sin ω0 t. La solution globale est donc :
x(t) = A cos ω0 t + B sin ω0 t + `0
(6)
On trouve A et B en utilisant les conditions initiales :
— x(t = 0) = 1.2 `0 = A + `0 ⇐⇒ A = 0.2 `0 .
— Dérivons x(t) pour obtenir l’expression de la vitesse :
x(t) = −A ω0 sin ω0 t + B ω0 cos ω0 t
(7)
Le mobile M est lâché sans vitesse initiale :
x(t = 0) = 0 = B ω0 ⇐⇒ B = 0
(8)
Finalement x(t) = OM (t) a pour expression : x(t) = 0.2 `0 cos ω0 t + `0 .
La longueur du ressort varie donc entre 0.8 `0 et 1.2 `0 .
3. Mouvement de rotation
3.1. Expression du moment cinétique en fonction de r et θ :
r
r
−
→ −−→
LO = OM ∧ m −
v→
M = m 0 ∧ rθ =
0
0
0
(9)
0
m r2 θ
Expression du moment cinétique en fonction des conditions initiales :
On a vu précédemment que le moment cinétique était une constante, il a donc à tout
instant la valeur qu’il a à l’instant t = 0. Donc :
`1
0
0
−
→ −−→
→
−
0
LO = OM (t = 0) ∧ m v0 = m 0 ∧ `1 ω =
0
0
m `21 ω
(10)
3.2. Écrivons le théorème de l’énergie cinétique sur un déplacement élémentaire :
→
−
→
−
→
−
dEc = δW = δW ( P ) + δW ( R ) + δW ( T )
(11)
Or le poids et la réaction du support sont perpendiculaires au déplacement élémentaire
du mobile, elle ne travaille donc pas. Donc :
→
−
dEc = δW ( T ) = −dEpél
(12)
Car la force de rappel d’un ressort est conservative (son travail de dépend pas du
chemin suivi), elle dérive donc d’une énergie potentielle appelée énergie potentielle
élastique.
Alors :
dEc + dEpél = 0 ⇐⇒ dEm = 0 ⇐⇒ Em = cste
(13)
3
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3.3. L’énergie potentielle élastique s’écrit :
Epél =
1
k (` − `0 )2
2
(14)
On ajoute donc à cette énergie l’énergie cinétique pour obtenir l’énergie mécanique :
— En fonction des conditions initiales :
Em = Ec + Epél =
1
1
m `21 ω 2 + k (`1 − `0 )2
2
2
(15)
— En fonction des coordonnées polaires :
2
1
1
2
= m r + r2 θ + k (r − `0 )2
2
2
!
Em = Ec + Epél
(16)
−
−
−
En effet, pour l’expression de l’énergie cinétique, →
v = r→
ur + r θ→
eθ donc v 2 =
2
2
r + r2 θ .
L
que l’on peut remplacer dans l’expression de Em en
3.4. On a L = m r2 θ donc θ =
m r2
coordonnées polaires :
1 2 1
L2
1
m r + m r2 2 4 + k(r − `0 )2
2
2
m r
2
1 2
⇐⇒ Em = m r + Epeff
2
L2
1
avec Epeff =
+
k(r − `0 )2
2 m r2 2
Em =
(17)
(18)
(19)
3.5. Voici l’évolution de la courbe Epeff (r) :
EPeff (r)
EM
0 rmin
r
rmax
Figure 2 – Évolution de l’énergie
potentielle effective du mobile en
fonction de r
D’après l’expression de l’énergie mécanique, Em =
1 2
2
m r + Epeff (r), comme m r > 0,
2
alors Em ≥ Epeff (r).
D’après la courbe, la zone de mouvement du mobile se situe en dessous de la droite
Em c’est à dire entre deux positions rmin et rmax .
Le mobile ne peut pas s’éloigner à l’infini.
4