Mécanique du solide (PC*)

________________________________________________

Exercice Chute d'une tartine

On cherche à étudier la chute d'un pavé de dimen-sions 2a×b×c avec c a, b et de masseM posé surle bord d'une table de hauteur h. On note G soncentre de gravité. On décompose son mouvementen deux parties.

1. Le centre de gravité étant éloigné d'une dis-tance δ du bord de la table, le pavé suit unmouvement de rotation autour de l'axe −→uzpassant par son point de contact O avec latable jusqu'à ce que θ = π

2 . Montrez que lavitesse angulaire du pavé durant cette phasevérie la relation

ω2 = ω20sinθ

On donne le moment d'inertie du pavé parrapport à (G,−→uz) : 1

3Ma2.

2. Le pavé subit ensuite une chute libre. Déter-minez le côté sur lequel tombe le pavé. En

déduire la validité de la loi de Murphy.

Solution

1. TMC par rapport à O :L = L∗ + OG ∧ M−→v (P ) = a2

3 Mθ + Mδδθ d'où(a2

3 + δ2)Mθ = Mpoids +

Mreaction = Mgδcosθ car la réaction s'applique en O

En multipliant par θ,(a2

3 + δ2)dθ2

dt = 2gδ dsinθdt ⇔ θ2 = 2gδ(a2

3 +δ2)sinθ = g

a6η

1+3η2 sinθ donc au moment de

la chute, ω =√

ga

6η1+3η2 = ω0.

2. Chute libre :

(a) PFD : MzG = Mg donc xG = yG = 0 zG = 12gt

2 . La tartine est à une distance a du sol pour

tc =√

2(h−a)g . Son côté de chute est alors déterminé (elle ne peut plus se retourner.

(b) TMC : L = L∗ = a2

3 Mθ et Mpoids(G) = 0 donc θ = ω0t+ π2 et θsol = π/2 +

√h−aa

12η1+3η2

________________________________________________

Exercice Roue sur un plan incliné

On considère un disque de masse M , de rayon R et de moment d'inertie I = 12MR2 posé sur un plan

incliné d'un angle α par rapport à l'horizontal.

1. Déterminez le mouvement du cylindre ainsi que son énergie cinétique en considérant qu'il roulesans glisser sur le plan. On notera µ le coecient de frottement entre le sol et la roue.

2. Déterminez le mouvement du cylindre ainsi que son énergie cinétique en considérant qu'il glissesans rouler sur le plan.

1

Solution

• Roulement sans glissement : vsol(I ∈ roue) = vsol(I ∈ sol) = 0 or vsol(I ∈ roue) = vsol(G ∈ roue) + Ω∧GI = x+Rθ donc x = −Rθ.

TMC : ddt

(Iθ)

= MPoids +Mnormal +Mtangentielle ⇔ Iθ = RT donc T = − IxR2 = −M2 x

PFD :

Mx = Mgsinα+ T

0 = −Mgcosα+N⇔

Mx = Mgsinα− M

2 x

N = Mgcosα⇔

x = 2

3gsinα

N = Mgcosαd'où x = t2

3 gsinα

et θ = − t2

3Rgsinα

Energie cinétique : EC = E∗C + 12mv

2G = 1

2Iθ2 + 1

2Mx2 = 34M

(23gsinαt

)2= 1

3Mg2sin2αt2

Condition de non glissement : T < fN ⇔ 13Mgsinα < Mgcosα⇔ tanα < 3f

• Roulement avec glissement :

TMC : ddt

(Iθ)

= MPoids +Mnormal +Mtangentielle ⇔ Iθ = 0 donc θ = 0

PFD :

Mx = Mgsinα

0 = −Mgcosα+N⇔

Mx = Mgsinα

N = Mgcosα⇔

x = gsinα

N = Mgcosαd'où x = t2

2 gsinα et

θ = 0

Energie cinétique : EC = E∗C + 12mv

2G = 0 + 1

2Mx2 = 12M

(12gsinαt

)2= 1

8Mg2sin2αt2

________________________________________________

Exercice Roulement à billes

On considère un cylindre C1 de rayon r1 en rotation à la vitesse angulaire Ω1 autour de son axe desymétrie −→uz dans le référentiel d'étude R supposé galiléen. Un second cylindre creux C2, de rayon r2,coaxial au premier, trourne autour du même axe à la vitesse Ω2. Entre les deux se trouve une bille Bde diamètre d = r2 − r1. On note J1 ∈ C1 et I1 ∈ B les points de contacts entre la bille et le cylindre 1; on note J2 ∈ C2 et I2 ∈ B les points de contact entre la bille et le cylindre 2.

1. On suppose que la bille roule sans glisser entre les deux cylindres. En déduire les relations entre−→vR (J1), −→vR (J2), −→vR (I1) et −→vR (I2).

2. En déduire l'expression de la vitesse −→vR (I1) du point I1 et la vitesse −→vR (I2) du point I2 dans leréférentiel R.

3. En déduire l'expression du vecteur de rotation instantanné−→ΩB de la bille B dans le référentiel R.

4. En déduire la position du centre de rotation instantanné Γ, tel que la vitesse de tout point M de

la bille soit donnée par −→vR(M ∈ B) =−→ΩB ∧

−−→ΓM .

5. Déterminez la vitesse du point C au centre de la bille.

Solution

1. Dans le ref du labo, −→vR (I ∈ B) = −→vR (I ∈ C1) = R1Ω1−→uθ et −→vR (J ∈ B) = −→vR (J ∈ C2) = R2Ω2

−→uθ2. On considère que le mouvement de la bille peut s'écrire comme −→vR (M ∈ B) =

−→Ω ∧−−→ΓM où Γ est le projeté

de ∆ sur le plan du mouvement.

3. On a alors −→vR (J ∈ B) = −→vR (I ∈ B) +−→Ω ∧

−→IJ donc R2Ω2

−→uθ = R1Ω1−→uθ + (R2 −R1) Ω−→uθ donc Ω =

R2Ω2−R1Ω1

R2−R1.

Vitesse du centre C : −→vR(C ∈ B) = −→vR (I1 ∈ B) +−→ΩB ∧

−−→I1B =

(R1Ω1 + R2Ω2−R1Ω1

R2−R1

R2−R1

2

)−→uθ =R1Ω1+R2Ω2

2−→uθ.

−→vR (I ∈ B) =−→Ω ∧

−→ΓI donc R1Ω1 = Ω (R1 − r) donc r = R1

(1− Ω1

Ω

)= R1

(1− Ω1R2−Ω1R1

R2Ω2−R1Ω1

)=

R1R2Ω2−Ω1

R2Ω2−R1Ω1

4. Cas particuliers :

• Ω1 = 0→ Ω = Ω2 et r = R1 : rotation sur le tour du cylindre 1

• Ω2 = 0→ Ω = −Ω1 et r = R2 : rotation sur le tour du cylindre 2

2 Daniel Suchet - 2012

• Ω1 = Ω2 → Ω = Ω1 = Ω2 et r = 0 : rotation autour du centre du dispositif.

• R1Ω1 = R2Ω2 → Ω = 0 et r =∞: mouvement de translation

________________________________________________

Exercice Pendule pesant

On considère un disque de rayon a attaché en son centre C à une barre de longueur l, de centre degravité G. La barre est attachée au plafond en A par une liaison parfaite. On lache la barre sans vitesseinitiale depuis un angle θ0.

1. On suppose que la barre et le disque ne peuvent pas tourner l'un par rapport à l'autre. Déterminezla période des oscillations.

2. On suppose que le disque est à présent libre de tourner par rapport à la barre et on considèrela liaison entre les deux comme parfaite. On donne au disque une vitesse angulaire initiale ϕ0.Déterminez la période des oscillations.

Données

Moment du disque pour (C,−→uz) : 12Ma2 pour (A,−→uz): 1

2Ma2 +Ml2

Moment de la tige pour (G,−→uz) : 112ml

2 pour (A,−→uz): 13ml

2

Solution

On considère un pendule oscillant autour d'un axe ∆. On note a = d (G,∆) et J∆ le moment d'inertie dupendule.

Diculté : on ne sait rient de la force−→R exercée par l'axe sur le pendule. Liaison idéal ⇔ Γliaison = 0

TMC : ddtL = d

dt

(J∆θ

)= M = −mgasinθ car

−→R coupe ∆ donc θ + mga

J∆sinθ = 0

• Le disque ne peut pas tourner

ddtL

sysA,−→uz

= ddt

((12Ma2 +Ml2 + 1

3ml2)θ)

= Mpoids = −Mglsinθ−mg l2sinθ donc ω21 = gl

M+ m2

12Ma2+Ml2+ 1

3ml2

et T = 2πω1

= 2π

√12Ma2+Ml2+ 1

3ml2

(M+ m2 )gl

• Le disque peut tourner (liaison parfaite)

Pour le disqueddtL

disqueC,−→uz

= Mpoids + Γliaison = 0 donc ϕ = ϕ0

Pour l'ensembleLsysA,−→uz = Ltige

A,−→uz+Ldisque

A,−→uzet avec Koening, Ldisque

A,−→uz= Ldisque∗

A,−→uz+(−→AC ∧Mlθ−→uθ

).−→uz = 1

2Ma2ϕ0+

Ml2θdonc Lsys

A,−→uz= 1

2Ma2ϕ0 +Ml2θ + 13ml

2θ et par le TMC

ddtL

sysA,−→uz

=(Ml2 + 1

3ml2)θ = Mpoids = −Mglsinθ − mg l2sinθ donc ω2

2 = glM+ m

2

Ml2+ 13ml

2 et

T = 2πω2

= 2π

√M+ 1

3m

M+ m2

lg

________________________________________________

Cours

• Dans un solide indéformable, −→v (B ∈ S) = −→v (A ∈ S) +−→Ω ∧−−→AB.

• Condition de non glissement : −→vR (I ∈ S) = −→vR (I ∈ S′)

• Théorèmes de Konig :−→LA =

−→L∗ +

−→AG ∧M−→vG & Ec = E∗c + 1

2Mv2G.

3 Daniel Suchet - 2012