M

TD – M5
Correction
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Travaux Dirigés de M5
Exercice 1 :
Vérification du théorème du moment cinétique
Un point matériel M, de masse m, lié par un fil inextensible de longueur l à un point fixe A , tourne avec
une vitesse angulaire constante ω autour de l’axe Az. Sa trajectoire reste dans le plan horizontal (xOy).
z
A
~
g
l
α
y
O
x
θ
M
~ le vecteur rotation instantané de M sur la figure.
1. Représenter ω
2. α étant l’angle que forme AM avec la verticale, calculer la tension du fil T puis l’angle α en
fonction de m, g, l et ω, montrer que ω doit respecter une certaine condition.
3. Calculer en coordonnées cylindriques d’origine O l’expression du moment cinétique de M par
rapport à A.
Vérifier que sa dérivée par rapport au temps est égale au moment par rapport à A de la résultante
des forces appliquées à M.
q
~
~ A (~
~ = ω.~
1. ω
ez . 2. T = mlω2 et cos α = lωg2 : il faut cos α ≤ 1 ⇐⇒ ω ≥ gl . 3. ddtLA = M
p) = mgl sin α~
eθ
−→ −→ −−→
conseil : décomposer AM = AO + OM.
Exercice 2 :
Non conservation de l’énergie mécanique
Au cours d’une de ses aventures, Indiana Jones se retrouve glissant sans frottement sur un plan horizontal
verglacé, lié par un filin inextensible et de masse négligeable à un poteau d’axe vertical placé en O. Le
filin ne s’enroule pas sur le poteau mais glisse autour sans frottement.
Pour simplifier, on assimile notre héros à un point matériel A de masse m.
~θ dans le
1. Indiana Jones tourne autour du poteau à la distance l = OA avec la vitesse ~v0 = v0 e
référentiel lié au plan, supposé galiléen.
Quelle est la nature de son mouvement ? Exprimer le module T de la tension du filin.
2. Après calcul, notre héros décide, pour sortir de sa situation, de “remonter” lentement de long du
filin.
(a) Montrer qu’au cours de l’opération son moment cinétique par rapport à O reste constant.
(b) En déduire la vitesse finale v ′ d’Indiana Jones en A′ tel que OA′ = 2l .
(c) Exprimer la variation d’énergie mécanique au cours de la remontée.
Du point de vue énergétique, quel a été le rôle de notre héros ?
3. Discuter de ce qui va arriver si il continue sa remontée.
1. Comme la distance OA est constante, le mouvement est circulaire et v = r θ̇ = lθ̇.
1
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Correction
Théorème du moment cinétique
y
~θ
e
l
T~
b
~
R
~r
e
A
x
b
O
b
l
T~
~z
e
A
~θ
e
~r
e
b
Oz
~
p
On cherche maintenant à montrer qu’il est également uniforme.
~ = −mg~
Les forces appliquées au point matériel { A } sont T~ = −T .~
er la tension du fil, p
ez le
~ la réaction du sol avec R
~ =N
~ verticale car il n’y a pas de frottement.
poids de A et R
Toutes ces forces sont normales au déplacement (d~r = vdt.~
eθ ) donc elles ne travaillent pas et par
~ =0+0+0=0⇒
application du théorème de l’énergie cinétique, ∆Ec = W (T~ ) + W (~
p) + W (R)
Ec = C te ⇒ v = C te la vitesse de A est constante, mouvement circulaire et uniforme.
2. On a maintenant l = OA qui diminue.
~ =N
~ et comme le déplacement est horizontal (z = C te),
(a) Comme il n’y a pas de frottement, R
par projection du principe fondamental de la dynamique sur l’axe Oz vertical, mz̈ = −p+R =
~ =0
~
~+R
0⇒p
~ = T~ centrale. Par application du théorème du
~+R
La résultante des forces est donc T~ + p
moment cinétique sur le point A et par rapport au point O fixe dans le référentiel lié au sol
considéré comme galiléen,
→
dL~0 (A)
~ 0 (F~ ) = −
~ ⇒ L~0 (A) = C~te
=M
OA ∧ T~ = 0
dt
(b) Au cours du mouvement de A le long du filin, comme on reste dans le cas d’une force centrale
T~ , on a toujours conservation du moment cinétique L~0 (A).
−→
~r ∧ e
~θ = mlv0 e
~z .
Quand OA = l, v = v0 d’où L~0 (A) = mOA ∧ ~v0 = mlv0 e
−
−
→
~z .
De même, quand A est en A′ , OA′ = 2l , v = v ′ d’où L~0 (A) = mOA′ ∧ v~′ = m 2l v ′ e
l ′
′
Par identification, on a alors mlv0 = m 2 v ⇒ v = 2v0 .
(c) La seule force conservative appliquée à A est son poids mais il ne travaille pas donc son
énergie potentielle ne varie pas et ∆Em = ∆Ec + ∆Ep = ∆Ec = 12 mv ′2 − 21 mv02 = 12 m(4v02 −
v02 ) = 32 mv02 > 0 : gain d’énergie mécanique.
Le rôle d’Indiana Jones était d’augmenter l’énergie mécanique du système par apport d’énergie
d’origine musculaire.
3. Par conservation du moment cinétique, mrv = mlv0 ⇒ v = vr0 l la vitesse de A pour OA = r.
La vitesse de A va tendre vers l’infini quand r va tendre vers 0 (il faudrait un apport d’énergie
mv 2
infini). On peut, par application du principe fondamental de la dynamique montrer que T = r 0 va
également tendre vers l’infini, le filin va rompre.
Exercice 3 :
Volant d’inertie
Initialement immobile, une machine tournante de moment d’inertie J par rapport à son axe est soumise à
partir de l’instant t = 0 à l’action d’un couple moteur de moment Γ0 constant. On étudie le mouvement
de la machine en supposant que l’ensemble des forces de frottement a un moment de la forme −kω.
2
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1. Analyser ce mouvement en identifiant d’abord la vitesse angulaire ω0 atteinte en régime permanent
ainsi que le temps de relaxation τ du système. Donner l’expression de ω/ω0 en fonction de t/τ et
décrire l’évolution.
2. On reprend l’étude précédente en supposant que, en raison de vibration indésirables, le couple
moteur n’est plus une constante mais est modulé à la pulsation Ω avec un taux de modulation η
tel que Γ = Γ0 (1 + η cos Ωt). Établir l’équation différentielle définie par la fonction ζ(t) telle que
ω(t) = ω0 (1 + ζ(t)). Montrer que, au bout d’un temps suffisant ζ(t) est une fonction sinusoïdale
de pulsation Ω que l’on cherchera sous la forme : ζ = α cos(Ωt + φ). Déterminer les constantes
α et tan(φ). À l’aide des expression précédentes, expliquer pourquoi, de façon à régulariser le
fonctionnement d’une machine tournant, on adjoint aux parties tournantes un anneau massif de
rayon rayon appelé volant.
1. ω/ω0 = 1 − exp(−t/τ) avec τ = J/k
η
2. α = √1+Ω
, tan(φ) = Ωτ
2τ2
Exercice 4 :
Régulateur de FOUCAULT
Un point P de masse m est accroché à un fil sans masse enroulé autour d’un cylindre
de moment cinétique négligeable (il suffit pour cela de négliger sa masse) et de rayon
R tournant librement autour de son axe Ox fixe et horizontal. La chute de P entraîne
la rotation du cylindre.
Ce cylindre, muni d’ailettes, est soumis à la résistance de l’air que l’on modélisera
~ f = −λ~
par un moment de frottement total Γ
ω où ω = θ̇ est la vitesse angulaire du
cylindre. Le système est abandonné sans vitesse initiale.
1. Donner la relation qui lie T l’intensité de la tension du fil en fonction de
l’accélération z̈ de P.
2. Déterminer l’expression de ω(t) = θ̇(t) en appliquant le théorème
du moment cinétique au système { cylindre }.
3. Reprendre en considérant le système { masse + fil + cylindre }.
4. Voyez-vous une application ?
I
b
Ox
T~
~
g
z
P
z
1. On commence par appliquer le principe fondamental de la dynamique (PFD) au point P.
~ = m~
Ce dernier n’est soumis qu’à son poids p
g = +mg~
ez et à la tension
θ̇ > 0
du fil T~ sur la figure.
Ox
~ = z̈.~
~ + T~ et par projection
Son accélération est alors a
ez telle que m~
a=p
I
~z , on aboutit à mz̈ = mg − T ⇒ T = m(g − z̈).
selon e
−T~
2. Les forces appliquées au cylindre sont :
• la tension −T~ du fil de bras levier est R. La projection selon Ox
~
g
de son moment est MOx (T~ ) = +T R = m(g − z̈)R.
• la résultante des forces de frottement ~f dont la projection du moment
~ = θ̇.~
est ΓOx = −λ~
ω.~
ex où le vecteur rotation ω
ex soit ΓOx = −λθ̇
T~
~ de l’axe Ox, de bras de levier nul d’où MOx (R)
~ =0
• la réaction R
z
P
~ qui n’est pas appliqué au cylindre.
Remarque : on ne doit pas considérer p
z
~
p
Par contre, la présence de P se traduit par l’apparition de T~ en I.
Le moment cinétique du cylindre est négligé (car sa masse est nulle) et par
application du théorème scalaire du moment cinétique,
b
dLOx,cyl
~ ⇒ 0 = m(g − z̈)R − λθ̇ + 0 = 0
= MOx (T~ ) + ΓOx + MOx (R)
dt
3
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Théorème du moment cinétique
Pour se ramener à une équation en θ, il faut éliminer z̈. Pour cela, on utilise l’hypothèse du fil inextensible : tous les points du fil ont la même vitesse au même instant. Ceux qui sont encore au contact du
cylindre ont une vitesse R θ̇ (mouvement circulaire) alors que les autres ont la même vitesse que P, c’est
à dire ż. On en déduit ż = R.θ̇ ⇒ z̈ = R.θ̈ et en remplaçant dans l’équation,
mgR − mR 2 θ̈ − λθ̇ = 0 ⇒ θ̈ +
2
λ
g
dω ω
g
θ̇ = ⇒
+ =
2
mR
R
dt
τ
R
avec ω = θ̇ et τ = mRλ . On reconnaît une équation différentielle du premier ordre, à cœfficients constants
=
et dont la solution est de la forme sol = solH + solP avec solH = A exp(− τt ) et solP = C te = τg
R
R mg
t
= ωlim ici. D’où ω = A exp(− τ ) + ωlim et en utilisant la condition initiale ω(0) = 0, on en déduit
λ
finalement
Rmg
t
t
ω=
(1 − exp(− )) = ωlim (1 − exp(− ))
λ
τ
τ
3. En considérant à présent le système { masse + fil + cylindre }, la résultante des forces appliquées est
~ =p
~ il n’est donc plus nécessaire de calculer T~ dans un premier temps.
~ + T~ − T~ + ~f + R
~ + ~f + R
F~ = p
Par contre, le moment cinétique du système est la somme du moment cinétique du cylindre (nul) et du
moment cinétique de P : LOx (P) = +mRv = mR ż = mR 2 θ̇.
Par application du théorème scalaire du moment cinétique,
dLOx,cyl et P
~ ⇒ mR 2 θ̈ = +mgR − λθ̇ + 0 = 0
= MOx (~
p) + ΓOx + MOx (R)
dt
On retrouve bien la même équation.
4. Ce système permet, après un régime transitoire de durée 4 à 5 τ d’obtenir ω constant. On peut retrouver
ce genre de dispositif en horlogerie ou dans des boites à musique.
Exercice 5 :
Chute d’un arbre (ou d’un stylo)
On assimile un arbre à une tige longue et homogène 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 au 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 θ qu’il fait avec la verticale. À t = 0,
l’arbre fait un angle θ0 = 5˚ avec la verticale et est immobile.
On donne le moment d’inertie par rapport à un axe orthogonal à l’arbre et passant par une des extrémité :
I = 13 mL2
1. Établir l’équation du mouvement de chute de l’arbre
2. Montrer que, lorsque l’arbre fait un angle θ, sa vitesse angulaire est :
θ̇ =
r
3g
(cos θ0 − cos θ)
L
3. ré-écrire cette relation en utilisant la méthode de séparation des variables telle qu’elle a été vue
en cinétique chimique (mettre tout les t et dt d’un coté et tout les θ et dθ de l’autre)
4. Déterminer le temps de chute d’un arbre de 30 m. On donne pour θ = 5˚
Z π2
dθ
√
= 5,1
cos θ0 − cos θ
θ0
5. Proposez un programme permettant d’évaluer cette intégrale dans le cas général.
6. On se rend compte que lorsque θ0 → 0, l’intégrale tend vers l’infini. Et le temps de chute ? Est-ce
surprenant ?
4
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7. Par une méthode similaire, calculer la période des oscillations d’un pendule simple en fonction de
l’amplitude lorsque l’on ne peut pas faire l’approximation des petites amplitudes. (on exprimera le
résultat sous forme d’une intégrale que l’on ne cherchera pas à calculer)
1. Le poids s’applique au niveau du centre de masse, donc à une hauteur L/2. Son bras de levier par
rapport à l’axe horizontal orthogonal à l’arbre passant par le point d’appui est donc L2 sin θ. (Voir
le schéma qui n’est pas encore fait ...). Le TMC donne
L
3g
I θ̈ = mg sin θ ⇔ θ̈ =
sin θ
2
2L
2. On multiplie par θ̇ et on intègre entre t ′ = 0 et t ′ = t (ou on fait une méthode énergétique, ce qui
(cos θ0 − cos θ)). On isole ensuite θ̇ et on a la
revient au même : 21 I θ̇ 2 = W (P) = −∆Ep = − mgL
2
relation demandée.
3. Séparation des variables : θ̇ =
dθ
dt
4.
Z
Tchute
0
dt =
s
L
3g
Z
π
2
θ0
√
dθ
cos θ0 − cos θ
d’où un temps de chute d’environ 5,1 s (si on prend g = 10).
5. On peut faire une intégrale par la méthode des trapèzes (pose des problèmes à cause de la
divergence en θ0 de la fonction à intégrer) ou en utilisant une bibliothèque :
6. C’est normal car on a une position d’équilibre instable (instable certe, mais position d’équilibre)
7. Pour le pendule simple : 21 mlθ̇ 2 + mgl(1 − cos θ) = Em = cte = 0 + mgl(1 − cos θmax ) car la vitesse
s’annule lorsque le pendule fait demi-tour. D’où
r
dθ
g
× 2(cos θ − cos θmax ) ⇒ dt = ± q
θ̇ = ±
g
l
× 2(cos θ − cos θmax )
l
Ensuite, on va se placer sur une demi-période de −θmax à θmax et on sait que θ̇ > 0 d’où
T
=
2
Exercice 6 :
s Z
l θmax
dθ
p
g −θmax 2(cos θ − cos θmax )
Machine d’Atwood.
5
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Théorème du moment cinétique
Une poulie sans masse est suspendue par une tige rigide et tourne autour de
son axe ∆ sans frottement.
Le fil représenté est inextensible, sans masse, de longueur L et ne glisse pas sur
la poulie.
1. Déterminer les accélérations des points M1 et M2 (objets ponctuels
de masses m1 et m2 ).
∆
0
m1
2. En déduire la tension qu’exerce le fil sur chaque masse.
z1
m2
~
g
3. Commentez les cas m1 = m2 puis m1 = 0.
z2
1 −m2 )
1 m2 g
~1 − p
~1 = − 2m
~ = T~2 . 3. zSi
1. TSMC+PFD1+PFD2 : z̈1 = −z̈2 = g(m
. 2. PFD : T~1 = m1 a
e
m1 +m2
m1 +m2 z
m1 = m2 MRU, équilibre relatif. Si m1 = 0, chute libre de M2 .
Exercice 7 :
Poulie plus ressort
∆
~
g
∆
M
b
~
g
M
Une poulie de masse négligeable et de rayon R est suspendue par une tige rigide et tourne autour de
son axe ∆ sans frottement (figure ci-contre à gauche).
Le fil représenté est inextensible, sans masse, de longueur L et ne glisse pas sur la poulie.
Le ressort a une longueur à vide l0 et une constante de raideur k.
On néglige tous les frottements.
Le point M de masse m est animé d’un mouvement vertical.
Déterminer la période de ses oscillations.
Même question pour le système représenté sur la figure à droite.
~
g
∆
~
g
θ
∆
~
g
−T~
~
g
M
O ~
T
I
∆
J
b
∆l
M
θ
J′
b
I
~
p
M
∆
′
O
K
K
z
z
6
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Premier dispositif : on a affaire ici à un système à un degré de liberté, z la position verticale de M.
En effet, comme le fil est idéal, le déplacement de M correspond à l’allongement du ressort : ∆l = z. La
rotation de la poulie peut être quant à elle repérée être par l’angle θ lui même lié à z par la relation
z = R.θ.
On s’attend à observer des oscillations de M autour de sa position d’équilibre (z = 0) et comme on néglige
tout frottement, l’équation obtenue sera celle d’un oscillateur harmonique de pulsation ω0 = 2π
. On a
T0
donc tout intérêt à utiliser une méthode énergétique. On déterminera l’énergie de M lié au ressort (via la
poulie) et l’utilisation du théorème de la puissance mécanique permettra d’obtenir l’équation différentielle
cherchée.
L’énergie mécanique du point { M } lié au ressort est Em = Ec + Ep avec Ec = 12 mv 2 = 12 mż 2 .
La poulie et le fil sont idéaux, ils ne font que transmettre intégralement la force de rappel élastique du
ressort et tout se passe comme si M était directement lié au ressort, on n’a donc pas à tenir compte de
la tension du fil (force non conservative).
Les forces conservatives sont : le poids qui dérive de Ep,pes = −mgz + C te = −mgz et la force de rappel
élastique qui dérive de Ep,éla = 12 k(l − l0 )2 + C te = 21 kz 2 en prenant les énergies potentielles nulles à
l’équilibre, pour z = 0, l = léq .
1
1
Em = Ec + Ep,pes + Ep,éla = mż 2 − mgz + kz 2
2
2
et par application du théorème de la puissance mécanique,
dEm
= 0 ⇒ m.żz̈ − mgż + kzż = 0 ⇒ z̈ + ω02 z = g
dt
avec
ω02
k
=
⇒ T0 = 2π
m
r
m
k
Second dispositif : on peut effectuer le même type de raisonnement mais cette fois, l’axe ∆ de la poulie
se déplace également dans le référentiel lié au sol et considéré comme galiléen.
Lorsque le ressort s’allonge de ∆l, les points I et J se déplacent du même ∆l. Le fil étant inextensible,
sa longueur totale reste constante : K J + Rπ + IM = K J ′ + Rπ + I ′ M ⇒ I ′ M − IM = K J − K J ′ = ∆l
En même temps, comme le fil ne glisse pas sur la poulie, cette dernière a tourné autour de ∆ d’un angle
θ tel que Rθ = K J − K J ′ = ∆l.
Au final, le point M s’est déplacé de z = 2∆l dans le référentiel lié au sol (i.e par rapport à O fixe).
L’énergie mécanique du point M dans le référentiel lié au sol est donc maintenant
1
1
1
1
1
1
k
Em = mż 2 − mgz + k(∆l)2 = mż 2 − mgz + kz 2 = mż 2 − mgz + k ′ z 2 avec k ′ =
2
2
2
8
2
2
4
On retrouve la même équation que dans l’étude précédente en posant k ′ =
p
′
ω0′ 2 = km = ω40 ⇒ T0′ = 2π
= 2T0 = 4π mk .
ω′
0
7
k
4
et par analogie on aura ici