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TD – M5Correction PCSI22016 – 2017
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 là un point fixe A, tourne avec
une vitesse angulaire constante ωautour de l’axe Az. Sa trajectoire reste dans le plan horizontal (xOy).
Oy
z
x
l
A
M
α
θ
~
g
1. Représenter ~ ωle vecteur rotation instantané de Msur la figure.
2. αétant l’angle que forme AM avec la verticale, calculer la tension du fil Tpuis l’angle αen
fonction de m,g,let ω, montrer que ωdoit respecter une certaine condition.
3. Calculer en coordonnées cylindriques d’origine O l’expression du moment cinétique de Mpar
rapport à A.
Vérifier que sa dérivée par rapport au temps est égale au moment par rapport à Ade la résultante
des forces appliquées à M.
1. ~ ω=ω.~ ez. 2. T=mlω2et cos α=g
lω2: il faut cos α ≤ 1⇐⇒ ω ≥ qg
l. 3. d~
LA
dt =~
MA(~ 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 Ade masse m.
1. Indiana Jones tourne autour du poteau à la distance l=OA avec la vitesse ~ v0=v0~
eθdans le
référentiel lié au plan, supposé galiléen.
Quelle est la nature de son mouvement ? Exprimer le module Tde 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 Oreste constant.
(b) En déduire la vitesse finale v′d’Indiana Jones en A′tel que OA′=l
2.
(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˙ θ=l˙ θ.
1

PCSI22016 – 2017 Correction Théorème du moment cinétique
x
y
Oz
lA
~
er
~
eθ
~
T
OlA~
er
~
ez
~
T
~
R
~
p
~
eθ
On cherche maintenant à montrer qu’il est également uniforme.
Les forces appliquées au point matériel { A} sont ~ T=−T .~ erla tension du fil, ~ p=−mg~ ezle
poids de Aet ~ Rla réaction du sol avec ~ R=~ Nverticale car il n’y a pas de frottement.
Toutes ces forces sont normales au déplacement (d~ r=vdt.~ eθ) donc elles ne travaillent pas et par
application du théorème de l’énergie cinétique, ∆Ec=W(~ T) + W(~ p) + W(~ R) = 0 + 0 + 0 = 0 ⇒
Ec=Cte ⇒v=Cte la vitesse de Aest constante, mouvement circulaire et uniforme.
2. On a maintenant l=OA qui diminue.
(a) Comme il n’y a pas de frottement, ~ R=~ Net comme le déplacement est horizontal (z=C te),
par projection du principe fondamental de la dynamique sur l’axe Oz vertical, m¨ z=−p+R=
0⇒~ p+~ R=~ 0
La résultante des forces est donc ~ T+~ p+~ R=~ Tcentrale. Par application du théorème du
moment cinétique sur le point Aet par rapport au point Ofixe dans le référentiel lié au sol
considéré comme galiléen,
d~ L0(A)
dt =~
M0(~ F) = −→ OA ∧~ T=~ 0⇒~ L0(A) = ~ Cte
(b) Au cours du mouvement de Ale long du filin, comme on reste dans le cas d’une force centrale
~
T, on a toujours conservation du moment cinétique ~ L0(A).
Quand OA =l,v=v0d’où ~ L0(A) = m−→ OA ∧~ v0=mlv0~
er∧~ eθ=mlv0~
ez.
De même, quand Aest en A′,OA′=l
2,v=v′d’où ~
L0(A) = m−−→ OA′∧~ v′=ml
2v′~
ez.
Par identification, on a alors mlv0=ml
2v′⇒v′= 2v0.
(c) La seule force conservative appliquée à Aest son poids mais il ne travaille pas donc son
énergie potentielle ne varie pas et ∆Em= ∆Ec+ ∆Ep= ∆Ec=1
2mv′2−1 2mv2
0=1
2m(4v2
0−
v2
0) = 3
2mv2
0>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=v0l
rla vitesse de Apour OA =r.
La vitesse de Ava tendre vers l’infini quand rva tendre vers 0 (il faudrait un apport d’énergie
infini). On peut, par application du principe fondamental de la dynamique montrer que T=mv 2
0
rva
également tendre vers l’infini, le filin va rompre.
Exercice 3 : Volant d’inertie
Initialement immobile, une machine tournante de moment d’inertie Jpar rapport à son axe est soumise à
partir de l’instant t= 0 à l’action d’un couple moteur de moment Γ0constant. On étudie le mouvement
de la machine en supposant que l’ensemble des forces de frottement a un moment de la forme −kω.
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1. Analyser ce mouvement en identifiant d’abord la vitesse angulaire ω0atteinte en régime permanent
ainsi que le temps de relaxation τdu système. Donner l’expression de ω/ω0en 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 + ηcos 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=αcos(Ωt+φ). Déterminer les constantes
αet 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
2. α=η
√1+Ω2τ2, tan(φ) = Ωτ
Exercice 4 : Régulateur de FOUCAULT
z
Ox
I
Pz
~
T
~
g
Un point Pde masse mest 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
Rtournant librement autour de son axe Ox fixe et horizontal. La chute de Pentraîne
la rotation du cylindre.
Ce cylindre, muni d’ailettes, est soumis à la résistance de l’air que l’on modélisera
par un moment de frottement total ~ Γf=−λ~ ωoù ω=˙ θest la vitesse angulaire du
cylindre. Le système est abandonné sans vitesse initiale.
1. Donner la relation qui lie Tl’intensité de la tension du fil en fonction de
l’accélération ¨ zde P.
2. Déterminer l’expression de ω(t) = ˙ θ(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 ?
1. On commence par appliquer le principe fondamental de la dynamique (PFD) au point P.
z
Ox
I
P
~
T
~
p
z
−~ T
~
g
˙
θ > 0
Ce dernier n’est soumis qu’à son poids ~ p=m~ g= +mg~ ezet à la tension
du fil ~ Tsur la figure.
Son accélération est alors ~ a=¨ z.~ eztelle que m~ a=~ p+~ Tet par projection
selon ~ ez, on aboutit à m¨ z=mg −T⇒T=m(g−¨ z).
2. Les forces appliquées au cylindre sont :
•la tension −~ Tdu fil de bras levier est R. La projection selon Ox
de son moment est MOx (~ T) = +T R =m(g−¨ z)R.
•la résultante des forces de frottement ~ fdont la projection du moment
est ΓOx =−λ~ ω.~ exoù le vecteur rotation ~ ω=˙ θ.~ exsoit ΓOx =−λ˙ θ
•la réaction ~ Rde l’axe Ox, de bras de levier nul d’où MOx (~ R) = 0
Remarque : on ne doit pas considérer ~ pqui n’est pas appliqué au cylindre.
Par contre, la présence de Pse traduit par l’apparition de ~ Ten I.
Le moment cinétique du cylindre est négligé (car sa masse est nulle) et par
application du théorème scalaire du moment cinétique,
dLOx,cyl
dt =MOx (~
T) + ΓOx +MOx (~ R)⇒0 = m(g−¨ z)R− λ˙ θ+ 0 = 0
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PCSI22016 – 2017 Correction Théorème du moment cinétique
Pour se ramener à une équation en θ, il faut éliminer ¨ z. Pour cela, on utilise l’hypothèse du fil inexten-
sible : tous les points du fil ont la même vitesse au même instant. Ceux qui sont encore au contact du
cylindre ont une vitesse R˙ θ(mouvement circulaire) alors que les autres ont la même vitesse que P, c’est
à dire ˙ z. On en déduit ˙ z=R.˙ θ ⇒ ¨ z=R.¨ θet en remplaçant dans l’équation,
mgR − mR2¨
θ − λ˙ θ= 0 ⇒¨ θ+λ
mR2˙
θ=g
R⇒dω dt +ω τ=g R
avec ω=˙ θet τ=mR2
λ. On reconnaît une équation différentielle du premier ordre, à cœfficients constants
et dont la solution est de la forme sol =solH+solPavec solH=Aexp(−t
τ) et solP=Cte =τg R=
Rmg
λ=ωlim ici. D’où ω=Aexp(−t τ) + ωlim et en utilisant la condition initiale ω(0) = 0, on en déduit
finalement
ω=Rmg
λ(1 −exp(−t τ)) = ωlim(1 −exp(−t τ))
3. En considérant à présent le système { masse + fil + cylindre }, la résultante des forces appliquées est
~
F=~ p+~ T−~ T+~ f+~ R=~ p+~ f+~ Ril n’est donc plus nécessaire de calculer ~ Tdans un premier temps.
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˙ z=mR2˙ θ.
Par application du théorème scalaire du moment cinétique,
dLOx,cyl et P
dt =MOx(~
p) + ΓOx +MOx(~ R)⇒mR2¨ θ= +mgR − λ˙ θ+ 0 = 0
On retrouve bien la même équation.
4. Ce système permet, après un régime transitoire de durée 4 à 5 τd’obtenir ωconstant. 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 Let 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 θqu’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=1
3mL2
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 :
˙
θ=r3g
L(cos θ0−cos θ)
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 tet dt d’un coté et tout les θet dθ de l’autre)
4. Déterminer le temps de chute d’un arbre de 30 m. On donne pour θ= 5˚
Zπ
2
θ0
dθ
√cos θ0−cos θ= 5,1
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 ?
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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 L
2sin θ. (Voir
le schéma qui n’est pas encore fait ...). Le TMC donne
I¨ θ=mgL
2sin θ⇔¨
θ=3
2
g
Lsin θ
2. On multiplie par ˙ θet on intègre entre t′= 0 et t′=t(ou on fait une méthode énergétique, ce qui
revient au même : 1
2I˙
θ2=W(P) = −∆Ep=−mgL
2(cos θ0−cos θ)). On isole ensuite ˙
θet on a la
relation demandée.
3. Séparation des variables : ˙ θ=dθ
dt
4.
ZTchute
0
dt =sL
3gZπ
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 θ0de 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 : 1
2ml˙
θ2+mgl(1−cos θ) = Em=cte = 0+mgl(1−cos θmax) car la vitesse
s’annule lorsque le pendule fait demi-tour. D’où
˙
θ=±rg
l×2(cos θ−cos θmax)⇒dt =±dθ
qg
l×2(cos θ−cos θmax)
Ensuite, on va se placer sur une demi-période de −θmax àθmax et on sait que ˙ θ > 0 d’où
T
2=sl gZθmax
−θmax
dθ
p2(cos θ−cos θmax)
Exercice 6 : Machine d’Atwood.
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