MP MP* PT PT* |et des systèmes | Mécanique du solide · PDF fileCet ouvrage fait partie de la collection « Classe prépa », une collection d ouvrages simples et accessibles c ouvrant

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Mécanique du solideet des systèmes| |

Jean-Claude HulotProfesseur en classes préparatoires

Marc VenturiProfesseur de chaire supérieure

en classes préparatoires

au lycée Carnot à Dijon

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Cet ouvrage fait partie de la collection « Classe prépa », une collectiond’ouvrages simples et accessibles couvrant l’ensemble des programmesdes classes préparatoires aux Grandes Écoles scientifiques.Élaborée pour aider les élèves à surmonter leurs difficultés, cette collec-tion est basée sur une approche pragmatique des programmes. Ainsi,chaque chapitre est constitué de cinq rubriques :• Retenir l’essentiel qui reprend les notions indispensables du courset indique des conseils pour éviter les erreurs les plus fréquentes ;• Avant la colle qui regroupe des QCM et des exercices d’applicationimmédiate pour vérifier les connaissances ;• Savoir résoudre les exercices qui, sur la base d’exercices « classiques »,permet aux élèves de développer les méthodes indispensables en prépa :analyse de l’énoncé, démarche à suivre, réflexes à acquérir…• S’entraîner qui regroupe par ordre de difficultés croissantes une bat-terie d’exercices ;• Corrigés où l’ensemble des exercices sont corrigés en détails et com-mentés.

Coordination éditoriale : Isabelle RavillyRelecture : Fanny Morquin

Composition : SoftwinCouverture : Marie-Astrid Bailly-MaîtreMaquette intérieure : Thierry Méléard

© Nathan, 2009 - ISBN 978-2-09-160920-1

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Avant-propos

La mécanique a non seulement pour but de décrire les mouvements desobjets mais aussi d’en comprendre les causes (les forces). Les lois fondamen-tales de la mécanique newtonienne, associées à des modèles de forces, four-nissent les équations nécessaires à la compréhension et à la prévision desmouvements.

Le domaine de validité des lois newtoniennes est vaste. Il s’étend des systè-mes ayant pour dimension celle de quelques molécules aux distances astro-nomiques entre les galaxies, à plusieurs centaines de millions d’années-lumière de la Terre, et englobe en particulier l’échelle des phénomènes detaille humaine. En dehors de ces domaines et pour quelques systèmes parti-culiers (superfluides, supraconducteurs…), la mécanique quantique ainsique la mécanique relativiste restreinte et générale deviennent nécessaires.

Le modèle du solide (au sens de système indéformable idéal) joue un rôleparticulier mais extrêmement important. Les systèmes indéformables (ouquasi indéformables) sont fréquents autour de nous. La mécanique de cesobjets acquiert ainsi un intérêt concret et directement utile.

Même si les phénomènes en jeu nous semblent familiers (les forces de con-tact par exemple), leur compréhension et leur description mathématiquerestent difficiles. Loin d’être évident, le mouvement des objets ou la causede ces mouvements restent parfois hors du « sens commun » et de l’intui-tion.

Dans cet ouvrage destiné aux élèves de seconde année de CPGE, on rap-pelle dans le cours tous les théorèmes et relations au programme. Les exer-cices proposés sont issus pour la plupart d’écrits et d’oraux de concoursd’entrée aux Grandes Écoles. Que ces exercices soient des vérifications etapplications directes du cours ou qu’ils permettent de vérifier sa maîtrise etde s’entraîner, leur correction est toujours explicite et détaillée.

Nous espérons que les étudiants trouveront ici les moyens de se familiariseravec les lois de la mécanique des systèmes.

Nous voulons remercier très chaleureusement Philippe Fleury pour ses con-seils et ses remarques toujours judicieux et constructifs, les éditions Nathan,et tout particulièrement Isabelle Ravilly pour ses travaux d’éditions.

Jean-Claude HulotMarc Venturi

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Som

mai

re Avant-propos ......................................................................................................... 3

1 Le centre de masse des systèmes matériels1 - Définition et propriétés du centre de masse ............................................... 72 - Les symétries des systèmes matériels .......................................................... 11savoir résoudre les exercices ........................................................................ 15corrigés .......................................................................................................... 18

2 Cinématique du solide1 - Champ des vitesses d’un solide ................................................................. 232 - Cas particuliers de mouvements d’un solide ............................................. 243 - Contact entre deux solides ....................................................................... 264 - Rappel des lois de composition des vitesses et des accélérations ........................................................................................ 28savoir résoudre les exercices ........................................................................ 33s’entraîner ..................................................................................................... 36corrigés .......................................................................................................... 37

3 La résultante et le moment cinétiques1 - La résultante cinétique ............................................................................. 412 - Le moment cinétique ............................................................................... 433 - Théorème de Koenig ................................................................................ 44savoir résoudre les exercices ........................................................................ 49s’entraîner ..................................................................................................... 52corrigés .......................................................................................................... 54

4 Moment cinétique d’un solide1 - Moment d’inertie d’un système par rapport à un axe .............................. 612 - Moment cinétique d’un solide en un point d’un axe de rotation ............ 633 - Moment cinétique d’un solide par rapport à un axe de rotation ................................................................... 65savoir résoudre les exercices ........................................................................ 72s’entraîner ..................................................................................................... 81corrigés .......................................................................................................... 83

5 Les actions sur un système1 - La résultante des actions .......................................................................... 912 - Le moment des actions ............................................................................ 943 - Exemples d’actions sur des systèmes ......................................................... 96savoir résoudre les exercices ...................................................................... 103s’entraîner ................................................................................................... 108corrigés ........................................................................................................ 113

6 Énergie cinétique d’un système matériel1 - Définition et expressions de l’énergie cinétique ..................................... 1252 - Le second théorème de Koenig ............................................................. 127savoir résoudre les exercices ...................................................................... 131

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s’entraîner ................................................................................................... 138corrigés ........................................................................................................ 141

7 Les travaux des actions sur un système – Énergie potentielle1 - Puissance et travail d’un système de forces ............................................. 1472 - Puissance et travail des actions exercées sur un solide ............................ 149savoir résoudre les exercices ...................................................................... 155s’entraîner ................................................................................................... 159corrigés ........................................................................................................ 162

8 Théorème de la résultante cinétique1 - Le théorème de la résultante cinétique ................................................. 1712 - La loi de conservation de la résultante cinétique ................................... 172savoir résoudre les exercices ...................................................................... 176s’entraîner ................................................................................................... 185corrigés ........................................................................................................ 188

9 Théorème du moment cinétique1 - Théorème du moment cinétique appliqué à un point matériel (rappel) .... 1952 - Théorème du moment cinétique des systèmes matériels ........................ 1963 - Théorème du moment cinétique scalaire ............................................... 1974 - Conservation du moment cinétique ...................................................... 198savoir résoudre les exercices ...................................................................... 202s’entraîner ................................................................................................... 211corrigés ........................................................................................................ 213

10 Théorème de l’énergie cinétique1 - Système fermé de points matériels .......................................................... 2212 - Théorème de l’énergie cinétique appliqué à un solide .......................... 2223 - Système de solides .................................................................................. 2244 - Énergie potentielle et énergie mécanique ............................................. 225savoir résoudre les exercices ...................................................................... 231s’entraîner ................................................................................................... 237corrigés ........................................................................................................ 239

11 Actions de contact1 - Description des actions de contact ......................................................... 2492 - Les lois de Coulomb du frottement ....................................................... 2513 - Puissance des actions de contact ............................................................ 254savoir résoudre les exercices ...................................................................... 257s’entraîner ................................................................................................... 262corrigés ........................................................................................................ 269

Index ....................................................................................................................... 287

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1 – Le centre de masse des systèmes matériels

retenir l’essentiel

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Le centre de masse des systèmes matériels

Une notion très importante en physique est celle de centre de masse. Ainsi dans un réfé-rentiel galiléen, le centre de masse d’un système isolé a un mouvement rectiligne et uni-forme, alors que ce n’est généralement pas le cas d’un point quelconque du système. Plusgénéralement, on montrera dans les chapitres suivants que les lois du mouvement du cen-tre de masse sont relativement simples à écrire.

1 Définition et propriétés du centre de masse1.1. La masse

La masse est une grandeur physique qui, en physique newtonienne, a les propriétéssuivantes :– elle est strictement positive ;– elle est additive : on peut sommer les masses de sous-systèmes disjoints (on dit que lamasse est une grandeur extensive) ;– elle est conservée au cours du temps, quand le système est fermé ;– elle garde la même valeur dans tous les référentiels (on dit que c’est une grandeur inva-riante).En outre, c’est l’une des grandeurs fondamentales du Système International d’unités (SI).L’unité SI de masse est le kilogramme (kg). L’étalon international du kilogramme est con-servé au Bureau international des poids et mesures, à Sèvres.

1.2. Le modèle du point matérielLe point matériel est le système physique le plus simple, c’est-à-dire celui dont l’état com-plet est décrit avec le plus petit nombre de paramètres. Ce nombre se réduit à trois variablesréelles, les trois coordonnées de position dans l’espace ( dans une base cartésienneou dans une base cylindrique par exemple).Il ne faut pas confondre un point matériel avec un système ponctuel. Ce dernier peut pos-séder d’autres paramètres d’état qui en font un système plus complexe qu’un point matériel.

x y z, ,( )r θ z, ,( )

RemarquePar exemple, un dipô-le électrostatique ponc-tuel possède, en plusde sa position et de samasse, un vecteur mo-ment dipolaire électri-que. L’état complet dudipôle nécessite deconnaître l’orientationde son moment dipo-laire.

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Mécanique du solide et des systèmes PC, MP, PT - © Nathan, Classe prépa

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1.3. Les systèmes de points matériels

1.3.1. Masse d’un système de points matérielsOn considère un ensemble de N points matériels indicés par de masserespective Cet ensemble forme le système de points matériels :

La description de l’état complet du système de N points matériels nécessite donc3N coordonnées de position (3 pour chaque vecteur position ) et N masses.On définit la masse M de l’ensemble du système grâce à la propriété d’additivité desmasses :

1.3.2. Le centre de masse d’un système de points matérielsDéfinition : le centre de masse (ou centre d’inertie) G d’un système matériel

est le point géométrique G tel que :

Il s’agit donc du barycentre des points matériels, pondérés par leur masse.Une expression plus utilisée pour déterminer explicitement la position de G est celle quifait intervenir un point particulier du repère d’espace, son origine O le plus souvent. Dansce cas, on montre que :

1.4. Propriétés du centre de masse

1.4.1. Coordonnées du centre de masseSoit un système d’axes Ox, Oy et Oz définissant une base cartésienne de l’espace. La basevectorielle associée est orthonormée directe.Soient les trois coordonnées cartésiennes du centre de masse G du système

Alors

Soient les trois coordonnées cartésiennes de chaque point matériel du sys-tème.

Alors, les coordonnées de G sont données par :

Pi, i 1 ... N,, ,=

mi. S( )

S( ) Pi mi,( ) i 1 ... N, ,( )∈, =

S( )OPi

S( )

M mi

i 1=

N

∑=

RemarqueCette définition estintrinsèque. Elle nefait intervenir que lespositions des pointsmatériels de etleur masse, indépen-damment de toutsystème de coordon-nées. G est unique,sous réserve que lamasse M du systèmesoit non nulle, ce quiest le cas des systè-mes physiques enmécanique newto-nienne.

S( )

S( ) Pi mi,( ) i 1 ... N, ,( )∈, =

miGPi

i 1=

N

∑ 0=

OG1M----- miOPi

i 1=

N

∑=

ex ey ez, ,( )xG yG zG, ,( )

S( ). OG xGex yGey zGez+ += .

xi yi zi, ,( ) Pi

xG1M----- mixi

i 1=

N

∑=

yG1M----- miyi

i 1=

N

∑=

zG1M----- mizi

i 1=

N

∑=

⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧

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1.4.2. Associativité du centre de masseOn est souvent amené, par commodité des calculs par exemple, à décomposer un systèmecomplexe en plusieurs sous-systèmes plus simples Sur la figure 1, est forméde la réunion de trois sous-ensembles disjoints.

Soit un système matériel formé de sous-systèmes matériels, notés à Utilisons l’indice entier j pour indicer ces sous-systèmes : Soit le centre de masse du sous-système et la masse de ce sous-système.

Soit G le centre de masse du système matériel et M sa masse totale :

Soit O un point de l’espace.

Alors on a :

1.5. Les systèmes continus

1.5.1. Le centre de masse d’un système tridimensionnelUn système de volume V, de masse M, est découpé (par la pensée) en éléments maté-riels de volume δV et de masse δm. Chaque élément est repéré et distingué des autres parson centre de masse P. On notera donc les volume et masse et pour lesdistinguer entre eux (fig. 2).

On définit la masse volumique moyenne de l’élément matériel :

Lorsque l’élément de volume δV tend vers 0, on obtient la masse volumique locale :

La relation précédente peut se noter de manière équivalente .

Pour la détermination du centre de masse d’un système matériel composé, cha-que sous-système est équivalent à un seul point matériel : son centre de masse

affecté de la masse du système

S( ) s( ). S( )

Fig. 1

(S )

(s1)

(s3)

(s2)

S( ) N ′ s1( ) sN ′( ).j 1 ... N ′., ,=

Gj sj( ) mj m sj( )=

S( ) M mj

j 1=

N

∑= .

OG1M----- mjOGj

j 1=

N ′

∑=

S( )sj( )

Gj mj.

S( )

δV P( ) δm P( )

Fig. 2

PδV

δV (P )δm

δm (P )V

P

(S )

ρ P( ) ρ P( )δm P( )δV P( )---------------- .=

ρ P( )δmδV-------

δV 0→lim dm

dV--------= =

dm ρ P( )dV=

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Le symbole de sommation discrète Σ, qui utilise des indices entiers, est remplacé par le

symbole qui décrit une sommation continue sur un ensemble de points P du volume

V qui définit le système

La masse totale s’exprime alors par : et le centre de masse G est défini par :

De même, les coordonnées de G s’obtiennent en projetant cette expression vectorielle surune base cartésienne telle que les coordonnées du point P soient :

Les cas bidimensionnel et unidimensionnel sont traités en exercice.

1.5.2. Les théorèmes de GuldinLes théorèmes de Guldin, mathématicien suisse (1577-1643) contemporain de Galilée, per-mettent, dans certains cas, une détermination rapide de la position du centre de masse.Ils s’énoncent de la façon suivante.

Premier théorème de GuldinSoit une courbe plane, de masse linéiqueλ uniforme, de longueur L, de centre de masseG (fig. 3).Soit Δ un axe ne coupant pas La rota-tion de autour de Δ engendre une surface

d’aire S.

Alors la distance d de G à l’axe Δ est .

Second théorème de GuldinSoit une surface plane, de masse surfaci-que σ uniforme, d’aire S, de centre de masseG (fig. 4).Soit Δ un axe ne coupant pas La rota-tion de autour de Δ engendre un volumeV.

Alors la distance d de G à l’axe Δ est .

V∫∫∫S( ).

M dmV∫∫∫=

OG1M---- OP dm

V∫∫∫1M---- ρ P( )OP dV

V∫∫∫= =

x y z, ,( )

xG1M----- ρ P( )x dV

V∫∫∫=

yG1M----- ρ P( )y dV

V∫∫∫=

zG1M----- ρ P( )z dV

V∫∫∫=⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧

( )

( ).( )

Σ( )

d S2πL----------=

Fig. 3

L

Gd

(Σ)

Δ

()

( )

( ).( )

d V2πS----------=

Fig. 4

()

d G

V

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1.5.3. Enveloppe convexe (ou minimale) d’un système de pointsDéfinitions :– Dans le cas d’un système plan, l’enveloppe mini-male du système est la courbe de plus petite lon-gueur contenant tous les points (fig. 5).– Dans le cas d’un système à trois dimensions,l’enveloppe minimale est la surface de plus petiteaire contenant tous les points.

2 Les symétries des systèmes matériels

2.1. Invariance d’un système

Soit un système matériel décrit par le champ de masse volumique

La transformation T laissant le système invariant est aussi appelée symétrie du sys-tème Couramment, les symétries des systèmes matériels sont constituées par, outre l’élémentneutre, les opérations suivantes :– les translations ;– les rotations ;– les symétries planes (opération miroir) et ponctuelles (inversion).

2.2. Points invariants

Définition : un point P d’un système est dit invariant par une transformation T si

Exemples :– l’opération identité : tous les points sont invariants ;– les translations : aucun point n’est invariant ;– les rotations : l’ensemble des points invariants constitue l’axe de rotation ;– les symétries planes (opération miroir) : l’ensemble des points invariants constitue leplan de symétrie ;– les symétries ponctuelles (inversion) : le point invariant est le point de symétrie.

Le centre de masse G d’un système matériel se trouve à l’intérieur de l’enve-loppe minimale de

Définition : on dit que le système est invariant par une transformation T si pourtout point M de d’image Autrement dit, on ne peut pas distinguer le système après la transformationdu système avant l’opération.

Il s’agit de déterminer les invariances de par ces transformations.

RemarqueOn montre mathé-matiquement quecette enveloppe estconvexe, c’est-à-direqu’elle contient tousles points du segmentreliant deux pointsquelconques à l’inté-rieur de l’enveloppe.

Fig. 5

S( )S( ).

AttentionIl ne faut pas confon-dre « élément de sy-métrie » d’un systèmeet les opérations « sy-métrie ponctuelle » ou« symétrie plane ».

S( ) ρ M( ), M S( ).∈

RemarqueL’ensemble des sy-métries d’un systèmeforme un groupe.L’opération identité,qui correspond à unesymétrie pour tousles systèmes, consti-tue l’élément neutredu groupe de symé-trie d’un système.

S( )S( ) M ′ T M[ ],= ρ M ′( ) ρ M( ).=

S( )S( ).

S( )P T P[ ].=

ρ P( )

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2.3. Symétries et centre de masse

En d’autres termes, si le système possède une symétrie T, son centre de masse est inva-riant par cette transformation : On justifiera cette propriété en exercice.Le centre de masse est un des points du système invariant par l’ensemble des éléments desymétrie du système. Si on peut montrer que les symétries ne préservent qu’un seul point,le centre de masse est alors entièrement déterminé, et l’on évite ainsi de longs calculs.

Le centre de masse G d’un système matériel est un point invariant des opéra-tions de symétrie du système.

S( )

S( )T G[ ] G.=

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Tester ses connaissances Corrigés p. 18

1 Montrer que la définition intrinsèque de Gest équivalente à l’expression :

2 Démontrer la relation d’associativité

où le point est le cen-

tre de masse du système demasse On considérera que le système iest formé des points matériels

de masses telles que

3 Écrire la relation analogue à

définissant le centre de

masse G pour :

1. une distribution volumique de masse

2. une distribution surfacique de masse

3. une distribution linéique de masse

4 Les positions proposées pour le centre demasse des systèmes matériels suivants sont-elles possibles ou non ? (Les systèmes nesont pas a priori homogènes).

5 Un plan passant par le centre de masse d’unsystème de masse M le divise en deux sous-

systèmes de masse

a. Vrai.b. Faux.

6 1. Une symétrie plane est la composéed’une rotation d’angle π et d’une symétrieponctuelle.a. Vrai.b. Faux.

2. Une symétrie ponctuelle est la composéed’une rotation d’angle π et d’une symétrieplane.a. Vrai.b. Faux.

3. Une symétrie axiale est une rotationd’angle π.a. Vrai.b. Faux.

7 1. Montrer que le centre de masse d’un sys-tème matériel est unique si sa massetotale M est différente de zéro.

2. En déduire qu’une symétrie quelconquede laisse G invariant.

Avant la colle

OG

miOPi

i 1=

N

∑

mi

i 1=

N

∑------------------------=

OG

miOGi

i 1=

N

∑

mi

i 1=

N

∑-------------------------= Gi

i i 1 ... N, ,=( )mi.

Ni Pij,j 1 ... Ni, , ,= mij

mij

j 1=

Ni

∑ mi.=

OG

miOPi

i 1=

N

∑

mi

i 1=

N

∑------------------------=

ρ P( ).

σ P( ).

λ P( ).

G

a.

c. d.

b.

G

G

G

M2---- .

S( )

S( )

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Savoir appliquer le cours Corrigés p. 20

1 Déterminer les coordonnées du centre demasse G du système de points suivant :

2 Donner des symétries permettant de déter-miner la position du centre de masse des sys-tèmes homogènes suivants :

1. une boule.

2. un cube.

3. un cylindre de révolution de hauteur finie.

3 Déterminer avec le moins de calculs possi-ble la position du centre de masse G descourbes homogènes suivantes :

1. demi-cercle de rayon R.

2. quart de cercle de rayon R.

3. arc de cercle de rayon R et d’angle α.

4 Déterminer avec le moins de calculs possi-ble la position du centre de masse G des sur-faces homogènes suivantes :

1. demi-disque de rayon R.

2. quart de disque de rayon R.

5 Déterminer le centre de masse d’une boulehomogène de centre O, de rayon R, danslaquelle on a formé une cavité vide de centre

de rayon r. On pose

6 Déterminer la position du centre de massed’un cône de révolution homogène, demasse M, de hauteur h, dont la base est undisque de rayon R.

Points

Coordonnées cartésiennes (cm) Masses

(kg)x y z

2 2 5 3

1 0 4

5

1 0 1

P1

P2 1–

P3 1– 1– 10–

P4 1–

O′, OO′ d.=

O

O

d

R

r

h

R

α

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savoir résoudre les exercices


15

1

La masse M est donnée par

La fonction σ ne dépend que de y, il est plus facile de commencer par une intégration surla variable x :

est donné par l’équation de l’hypoténuse : d’où :

Calculons l’intégrale :

Position du centre de masse d’un triangle inhomogène

Soit un triangle rectangle de côtés dont la masse surfacique est donnéepar

1 Calculer la masse M du triangle.

2 Calculer les coordonnées du centre de masse G.

S( ) a b c, ,( )

σ x y,( ) σ0yb-- .=

x

y

O x

y P

a

b

c

(S )

xG yG,( )

résolution méthodique

On utilise l’expression intégrale de la masse, adaptée à la distribution surfacique. Les coordon-nées décrivant le triangle seront les coordonnées cartésiennes car elles permettent d’exprimersimplement les frontières du triangle.On ne peut pas séparer ici l’intégrale double en produit de deux intégrales simples car la fron-tière du domaine d’intégration n’est pas rectangulaire.

M σ dSS( )∫∫ σ x y,( ) dxdy.

S( )∫∫= =

M σ x y,( ) dxdy0

xmax∫0

b

∫=

xmaxxmax

a----------

yb--+ 1 xmax⇒ a 1 y

b--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ ,= =

M σ y( )d x0

xmax a 1 yb--–⎝ ⎠

⎛ ⎞=

∫⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

dy0

b

∫=

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d’où

2

D’après le cours, l’abscisse du centre de masse est donnée par qui s’explicite comme dans le calcul de la masse :

On utilise alors l’expression de la masse M pour trouver : .

Le calcul de l’ordonnée se fait de la même façon :

M aσ y( ) 1 yb--–⎝ ⎠

⎛ ⎞⎝ ⎠⎛ ⎞dy

0

b

∫=

aσ0

b--------- y y2

b----–⎝ ⎠

⎛ ⎞dy0

b

∫=

aσ0

b---------

y2

2----

y3

3b------–

0

b

=

aσ0

b---------

b2

2-----

b2

3-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞=

abσ0

6------------=

M16--- abσ0=

En l’absence de symétries et dans le cas d’une distribution inhomogène, il reste à utiliser l’expres-sion intégrale donnant les coordonnées du centre de masse.

xG xG1M----- xσdS

S( )∫∫=

xG1M----- xσ x y,( )dx

x 0=

a 1 yb--–⎝ ⎠

⎛ ⎞

∫⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

dyy 0=

b

∫=

σ0

Mb------- y x dx

x 0=

a 1 yb--–⎝ ⎠

⎛ ⎞

∫⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

dyy 0=

b

∫=

σ0

Mb------- y

a2

2----- 1 y

b--–⎝ ⎠

⎛ ⎞2

⎝ ⎠⎛ ⎞dy

y 0=

b

∫=

σ0a2

2Mb----------- y y3

b2----- 2 y2

b----–+⎝ ⎠

⎛ ⎞dyy 0=

b

∫=

σ0a2

2Mb-----------

b2

2-----

b2

4----- 2 b2

3-----–+⎝ ⎠

⎛ ⎞=

σ0a2b

24M--------------=

xGa4---=

yG yG1M----- yσ dS.

S( )∫∫=

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d’où, après simplification par la masse M : .

yG1M----- yσ x y,( )dx

x 0=

a 1 yb--–⎝ ⎠

⎛ ⎞

∫⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

dyy 0=

b

∫=

σ0

Mb------- y2 dx

x 0=

a 1 yb--–⎝ ⎠

⎛ ⎞

∫⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

dyy 0=

b

∫=

σ0

Mb------- y2 a 1 y

b--–⎝ ⎠

⎛ ⎞⎝ ⎠⎛ ⎞dy

y 0=

b

∫=

σ0a

Mb--------- y2 y3

b----–⎝ ⎠

⎛ ⎞dyy 0=

b

∫=

σ0a

Mb---------

b3

3-----

b3

4-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞=

σ0ab2

12M--------------=

yGb2---=

Lorsque les symétries ne suffisent pas à déterminer entièrement la position du centrede masse, il faut utiliser la méthode intégrale.

en conclusion

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pré

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18

corrigés

Tester ses connaissances

1 La définition intrinsèque de G est Soit O un point quelconque, alors :

ce qui fournit le résultat.Réciproquement, il suffit de prendre pourretrouver l’expression intrinsèque.

2 Si le système i est formé des masses aux points on a :

G est le centre de masse de tous les points :

3 La somme discrète doit être remplacée par uneintégrale triple, double ou simple, selon le type dedistribution.

1. Soit un volume V et :

où

2. Soit une surface S et :

où

3. Soit une courbe C et :

où

4 Il faut déterminer l’enveloppe convexe des systè-mes présentés et vérifier que G est à l’intérieur decette enveloppe. Cela donne :

1.

Possible. La croix n’est certainement pas homogène,sinon G serait au centre de la croix.

2.

Impossible.

3.

Possible. Le système n’est pas homogène, sinon Gserait sur l’axe de symétrie horizontal.

4.

Possible.

miGPi

i 1=

N

∑ 0.=

mi GO OPi+( )

i 1=

N

∑ 0=

GO mi

i 1=

N

∑ miOPi

i 1=

N

∑+ 0=

O G=

Ni mij

j 1 ... Ni, ,=( ) Pij ,

OGi

mijOPij

j 1=

Ni

∑

mij

j 1=

Ni

∑----------------------------

mijOPij

j 1=

Ni

∑mi

----------------------------= =

Pij

OG

miOGi=

mijOPij

j 1=

Ni

∑i 1=

N

∑

mij

j 1=

Ni

∑i 1=

N

∑mi=

---------------------------------------

miOGi

i 1=

N

∑mi

i 1=

N

∑-------------------------= =

⎫ ⎪ ⎬ ⎪ ⎭

⎧ ⎨ ⎩

M V∈

OG1M----- ρ P( )OP dτ

V∫∫∫= M ρ P( )dτ .V∫∫∫=

M S∈

OG1M----- ρ P( )OP dS

S∫∫= M ρ P( )dS .S∫∫=

M C∈

OG1M----- λ P( )OP d

C∫= M λ P( ) d .C∫=

G

G

G

G

© N

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19

5 Réponse b. Faux.Un contre-exemple simple est suffisant pour lemontrer : prenons deux points de masse et différentes. Un plan passant par le centre de massesépare les deux masses, différentes chacunes de

6 1. Réponse a. Vrai. Le schéma suivant montreque l’image d’un point P par une symétrie planepeut être obtenue par la composée d’une rotationd’angle π (par rapport à un axe orthogonal au plan,

) et d’une symétrie ponctuelle (par rapport aupoint d’intersection entre la droite de rotation et leplan, ).

2. Réponse a. Vrai.Il suffit de reprendre le schéma précédent en permu-tant les points :Rotation : Symétrie plane :

3. Réponse a. Vrai. La rotation est réalisée autour del’axe de symétrie.

7 1. On fait l’hypothèse qu’il existe deux points G et vérifiant tous deux l’expression du centre de

masse. On montre alors que nécessairement Considérons un système matériel formé desN points de masses respectives

Alors et pour un point quelconque O on a :

ainsi que :

La différence des deux dernières relations fournit :

ce qui implique , cqfd.

2. Une symétrie, par définition, laisse le système invariant. Si alors l’imagede par la symétrie est la même distribution

Soit G le centre de masse de et son image par la symétrie. est alors le

centre de masse de et comme lecentre de masse est unique, En résumé :

G reste donc invariant par la symétrie.

m1 m2

m1 m2+

2------------------- .

G

m1

m2

P ″

P P ′→

P ′ P ″→

C

P

P

P

Rotation de π

Symétriecentrale

Symétrieplane

P P ′→P ′ P ″→

C

P

P

P

Rotation de π

Symétriecentrale

Symétrieplane

Symétrieaxiale

P

P

Rotation de π

G ′

G G′ .=

S( )Pi, i 1 ... N ,, ,= mi.

M mi

i 1=

N

∑=

OG1M----- miOPi

i 1=

N

∑=

OG ′1M----- miOPi

i 1=

N

∑=

OG OG ′– 0=

G ′G 0=

G G′=

S( )S( ) Pi mi i 1 ... N, ,=, , =

S( )Pi mi i 1 ... N, ,=, , .S( ) G ′ G ′

Pi mi i 1 ... N, ,=, , G ′ G .=

Pi Pi ′symétrie

Pi mi ; i 1 ... N, ,=, Pi ′ mi ; i 1 ... N, ,=, symétrie

Pi mi ; i 1 ... N, ,=, =

OG1M----- miOPi OG ′

1M----- miOPi

i 1=

N

∑=

i 1=

N

∑= symétrie

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corrigés


20

Savoir appliquer le cours

1 On choisit O de coordonnées Soit Les relations donnant les coordon-

nées du centre de masse fournissent :

2 1. Des symétries d’une boule homogène sont parexemple les suivants :– les rotations (d’angle quelconque) autour de tous lesaxes passant par son centre ;– les symétries planes par rapport aux plans passantpar son centre.Le seul point invariant par toutes ces symétries est lecentre de la boule, qui constitue donc son centre demasse.

2. Le cube admet comme symétries :

– les rotations d’angle et autour des axes passant

par son centre et le centre des faces ; les rotations

d’angle autour des grandes diagonales du cube ;

– les symétries planes par rapport aux plans passantpar deux arêtes opposées ou par les centres de quatrearêtes parallèles.Le seul point invariant est le centre du cube.

3. Le cylindre est invariant par toute rotation autourde l’axe de révolution ainsi que par la symétrie planepar rapport au plan qui le coupe en deux parties éga-les. On en déduit que le centre de masse est l’inter-section de l’axe de révolution et de ce plan.

3 Il s’agit d’utiliser un théorème de Guldin.

1. Le centre de masse du demi-cercle est situé sur lerayon qui le coupe en deux quarts de cercle égaux (c’estun point invariant par la symétrie axiale correspondante).Faisons tourner le demi-cercle de longueur autour de son diamètre. On engendre ainsi unesphère d’aire D’après le théorème deGuldin, on peut écrire, en notant d la distance de G àl’axe de rotation :

2. On applique le même raisonnement au quart decercle. Le centre de masse est situé sur la bissectrice(car celle-ci constitue l’ensemble des points invariantspar symétrie axiale).L’axe de rotation est choisi selon un diamètre du cer-cle, de telle sorte à engendrer une demi-sphère à par-tir du quart de cercle. Soit d la distance de G à l’axe

de rotation. Alors . On exprime

ensuite la distance OG : .

3.

0 0 0, ,( ) .G xG yG zG, ,( ) .

xG2 3 1–( ) 4× 1–( ) 5× 1 1×+ + +×

13---------------------------------------------------------------------------------------=

213------– cm=

yG2 3 1 4 1–( ) 5 1–( ) 1×+×+×+×

13---------------------------------------------------------------------------------------=

413------ cm=

zG5 3 0 4 10–( ) 5 0 1×+×+×+×

13---------------------------------------------------------------------------------=

3513------– cm=

π4---

π2---

2π3

------

G

L πR=

S 4πR2 .=

S 2πdL ⇒= d OG S2πL----------

2π--- R= = =

d

G

L = πR

S = 4πR 2

O

d S2πL----------

2π--- R= =

OG2 2

π---------- R 0 90R,≈=

d

G

O

L = R S = 2πR

2 π2

d G

O

α

L = R αS = 2πR 2(1 – cos α)

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21

La longueur de l’arc de cercle est La rotation de l’arc de cercle autour d’un axe passantpar le centre du cercle contenant l’arc et par uneextrémité de l’arc (voir figure) engendre une calottesphérique d’aire S. L’expression de S est donnée parl’intégrale de l’élément sphérique :

L’application du théorème de Guldin fournit : La distance OG s’obtient

ensuite par la relation , ce qui four-

nit

Remarque : On a utilisé la formule de trigonométrie

La fonction (sinus car-

dinal) est

On retrouve le cas particulier du quart de cercle de la

question b. pour et du demi-cercle de la

question a. pour

4 On utilise le théorème de Guldin relatif aux surfa-ces.

1. La rotation du demi-disque d’aire S engendre uneboule de volume V. Le théorème de Guldin stipule

que d’où .

2. De même, la rotation du quart de disque engendre

une demi-boule d’où puis :

5 Il s’agit d’utiliser ici la propriété d’associativité descentres de masse en utilisant une masse négative. Eneffet, en superposant deux systèmes de masses volu-miques opposées, on engendre dans leur intersec-tion une masse nulle, c’est-à-dire une cavité vide.Soit M la masse de la grande boule, dont le centre demasse est O. Il lui correspond une masse volumique

Considérons une boule de rayon r cen-

trée en (son centre de masse) et de masse volumi-

que Sa masse m est alors :

Par associativité du centre

de masse on peut écrire, en prenant le point Ocomme origine :

soit

6 On utilise ici une méthode intégrale. Il faut décou-per le cône en cylindres d’épaisseur infinitésimale, derayon et de masse variables.Paramétrons le cône, en vue du calcul à faire. Pre-nons l’origine O au sommet du cône et notons Oz sonaxe de révolution. Chaque tranche du cône à la cote za un rayon une épaisseur dz et une masse dm.

L Rα .=

dS R2 θdθdϕsin=

S R2 θdϕdθsinϕ 0=

2π

∫θ 0=

α

∫ 2πR2 1 αcos–( )= =

d S2πL----------

1 αcos–

α---------------------- R .= =

OG dα 2⁄sin

-------------------=

OG1 αcos–

α α2---sin

---------------------- R2 α

2---sin

α--------------- R R sinc α

2---= = =

1 αcos– 2sin2α2--- .= sinc x( )

xsinx

----------- .

α π2---=

α π .=

d V2πS----------= d OG

43π------ R= =

d

G

V = πR 3

S =

O

43

πR 2

2

d4

3π------ R=

OG4 23π

---------- R 0 60R,≈=

dG

O

S = R 2 π

2

ρM

43--- πR3-------------- .=

O ′

ρ .–

m ρ43--- πr3–

r3

R3------ M .–= =

OG MOO mOO ′+

M m+-----------------------------------

r3

R3------–

1 r3

R3------–

--------------- OO ′= =

OGr3

R3 r3–---------------- OO ′–=

O

O

d

RG

r

r z( ),

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corrigés


22

Le centre de masse de cette tranche est situé au cen-tre du disque, soit à la cote z.

La cote du centre de masse du cône est alors don-

née par :

Pour calculer cette intégrale, il faut exprimer dm enfonction de dz.Soit ρ la masse volumique du cône : ρ est donnée par

Le volume du cône est d’où

Le volume d’une tranche est d’où :

Il faut encore exprimer le rayon de la tranche enfonction de z. D’après le théorème de Thalès :

Il vient alors :

On aboutit ainsi à .

z

R

dz r (z )

O

zG

zG1M----- z dm .

0

h

∫=

ρMV ----- .=

V13--- πR2h= ρ 3M

πR2h-------------= .

dV πr2 z( )dz=

dm ρπr2 z( )dz3MR2h---------- r2 z( )dz= =

r z( )z

---------Rh---=

h

z

r (z )

R

zG1M----- z dm

0

h

∫=

1M----- zρπr2 z( )dz

0

h

∫=

1M----- z

3MR2h---------

Rh--- z⎝ ⎠⎛ ⎞

2dz

0

h

∫=

3h3----- z3dz

0

h

∫=

34--- h=

zG3h4

------=

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2 – Cinématique du solide


23

Cinématique du solide

La cinématique est l’étude du mouvement des systèmes matériels sans chercher à enexpliquer les causes. Un solide présente en général six degrés de liberté. Son champ desvitesses est décrit par un « torseur cinématique ». Le mouvement relatif de deux solides encontact se décompose en glissement, roulement et pivotement. Le roulement sans glisse-ment joue un rôle particulier dans de nombreux systèmes mécaniques.

1 Champ des vitesses d’un solide

1.1. Le modèle du solide

En mécanique, le solide est un système matériel indéformable. La distance entre deuxpoints quelconques du système est donc indépendante du temps.Il s’agit d’un modèle. Soumis à des contraintes suffisamment importantes, un solide sedéforme. La physique des matériaux s’intéresse à ces propriétés que nous ignorons danstout ce cours de mécanique des solides.Étant donné l’hypothèse d’indéformabilité, on peut définir un référentiel attaché à unsolide Σ. On choisit ainsi quatre points d’un solide Σ tels que le repère

soit orthonormé direct. Décrire le mouvement du solide dans un référen-tiel revient à décrire le mouvement du référentiel attaché au solide par rapport à

1.2. La formule de Varignon

Si M et N sont deux points qui appartiennent au même solide, alors leurs vitesses au mêmeinstant t sont liées par la formule de Varignon :

est le vecteur rotation instantané, aussi appelé vecteur vitesse angulaire instan-tané.

O A B C, , ,( )

OA OB OC, ,( )R( ) R( ).

RemarqueLa relation s’écrit aussi

V N t,( ) V M t,( )=

Ω t( ) MN.∧+

V N t,( ) V M t,( ) NM+ Ω t( )∧=

Ω t( )

MP

PC

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24

Le champ des vitesses d’un solide est ainsi décrit par un torseur dont les éléments deréduction sont le vecteur rotation instantané et la vitesse en un point du solide. La formulede Varignon n’est en fait rien d’autre qu’une relation de transport caractéristique des tor-seurs. Ainsi, l’hypothèse d’indéformabilité d’un solide impose une relation entre les vites-ses au même instant de deux points appartenant au solide.À chaque instant, le mouvement d’un solide est déterminé par les deux vecteurs cor-respondant aux éléments de réduction du torseur cinématique. Il s’agit donc de 6 scalaires.On dit que le solide est un système à 6 degrés de liberté. Ces degrés de liberté sont répartisde la façon suivante :– 3 degrés de liberté de translation, associés aux trois coordonnées d’un point du solide ;– 3 degrés de liberté d’orientation, associés aux rotations d’axes liés au solide.

2 Cas particuliers de mouvements d’un solide

2.1. Solide en translation

Dans un solide en translation, le vecteur vitesse d’un point peut varier au cours du temps.Par exemple, il peut s’agir d’un mouvement de translation circulaire. Chaque point dusolide décrit alors un cercle. Les cercles associés aux différents points du solide n’ontcependant pas le même axe (fig. 2).

2.2. Solide en rotation autour d’un axe fixe

Considérons un solide en rotation autour d’un axe fixe (fig. 3). Si un point du solide est surl’axe de rotation, sa vitesse est nulle. Notons O un tel point. Le champ des vitesses s’écrit alorssous la forme L’axe de rotation est dirigé selon le vecteur rotation instan-tané qui présente une direction fixe. Tous les points du solide décrivent des cercles demême axe, l’axe de rotation.

Définition : un solide est en translation si le vecteur rotation instantané est constam-ment nul.La vitesse est alors la même en tout point du solide (fig. 1).

ConseilOn veillera à n’ap-pliquer cette formulequ’à deux pointsappartenant aumême solide.

RemarqueLe champ des accé-lérations d’un soliden’est généralementpas décrit par un tor-seur.

S( )

Fig. 1

P

(S )

P

v (P )

v (P )

Fig. 2A

A

B

B

V M( ) Ω OM.∧=

Ω

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25

Si aucun point du solide ne se trouve sur l’axe de rotation, on peut cependant considérer

un point O de l’axe et retenir l’expression pour le champ des vitesses dusolide.

2.3. Solide en rotation autour d’un axe de direction fixe

Une importance particulière est accordée aux mouvements de rotation autour d’axes dedirection fixe. Lorsqu’un solide est en rotation autour d’un axe de direction fixe, son mou-vement se décompose en une rotation dans son référentiel barycentrique autour d’un axede même direction et en une translation de son centre d’inertie G.Un tel mouvement est par exemple observé dans le cas d’une roue qui roule sur un plan.La roue présente alors, a priori, deux degrés de liberté. En effet, sa position à un instantdonné est décrite par :– l’abscisse x du centre d’inertie G ;

– l’angle où M est un point fixe sur la roue (fig. 4).

2.4. Mouvement général d’un solide

Définition : l’axe instantané de rotation est le lieu des points du solide où le vecteur vitesse est colinéaire au vecteur vitesse angulaire

Fig. 3

P

Ω

(S ) O

v (P )

v (O ) = 0

V M( ) Ω OM∧=

θ ex GM,( )=

Fig. 4

x

x

y

O

G

θ

M

v Ω.

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26

Le mouvement le plus général d’un solide estla composition, à chaque instant, d’une rota-tion à vitesse angulaire Ω autour de l’axe ins-tantané de rotation et d’une translation àvitesse v le long de cet axe (fig. 5).L’axe instantané de rotation peut varier aucours du temps, à la fois dans le référentield’étude et par rapport au solide.On parle de mouvement hélicoïdal si et sont constants.

2.5. Mouvement plan

Un solide est en mouvement plan si les vitesses de tous ses points sont colinéaires à unplan fixe donné, pendant toute la durée du mouvement. On représente alors communé-ment ce champ des vitesses dans le plan (fig. 6).

3 Contact entre deux solides

3.1. Nature du contact

Le contact entre deux solides peut se faire :– selon une surface (par exemple, lorsqu’un livre glisse sur une table plane) ;– selon une ligne (par exemple, lorsqu’un cylindre roule sur un plan) ;– en un point (par exemple, lorsqu’une boule est en mouvement sur une table) (fig. 7).

Fig. 5

∆

(S )v

Ω

Ω v

Fig. 6

(S )

(S )P

P

PP

(π )

(π )

v (P )v (P )

v (P )

v (P )

Fig. 7

Segmentde contact

Vue deprofil

I

I

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27

Les deux derniers cas sont en fait des modèles. Le contact réel se fait toujours selon unesurface, de dimensions éventuellement très petites. On se ramènera cependant au cas d’unpoint de contact pour des systèmes dont on peut étudier la « trace » dans un plan (rouecylindrique).Sur les schémas précédents, on a représenté des liaisons unilatérales. Dans certains cas, lemouvement d’un solide par rapport à un autre est limité par d’autres contraintes que cellesimposées par un simple contact. On définit ci-dessous les principales liaisons.

3.2. Vitesse de glissement

Considérons un contact ponctuel. Notons I le point de contact. Il est important de distin-guer trois points qui ont des rôles différents, bien qu’ils soient confondus géométriquement :– le point I de l’espace qui est l’intersection des surfaces des deux solides ;– le point matériel appartenant au solide 1 et coïncidant, à l’instant t, avec I ;– le point matériel appartenant au solide 2 et coïncidant, à l’instant t, avec I (fig. 8).

Liaison Représentation Définition

Liaison glissière (ou prismatique)

Le seul mouvement du solide Σ par rapport au solide est un mou-vement de translation rectiligne parallèlement à un axe lié à

Liaison rotule Le seul mouvement du solide Σ par rapport au solide est un mou-vement de rotation autour d’un point O lié à

Liaison pivot Le seul mouvement du solide Σ par rapport au solide est un mou-vement de rotation autour d’un axe lié à

(Σ)

(Σ0)

Σ0

Σ0 .

O (Σ)

(Σ0)

Σ0

Σ0 .

O

z

(Σ)

(Σ0)Σ0

Σ0 .

I1I2

Fig. 8

S1

(π)

(Σ2)(Σ1)

DI = I1 = I2

n1 → 2

S2

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28

La vitesse de glissement est indépendante du référentiel d’étude. On peut, en particulier,la déterminer dans un référentiel attaché à l’un des solides.La vitesse de glissement est nécessairement dans le plan tangent commun aux deux soli-des. Dans le cas contraire, il y aurait rupture du contact ou interpénétration des solides.

3.3. Roulement et pivotement

Décrire le mouvement relatif d’un solide par rapport à un solide revient à préciserle mouvement de dans un référentiel attaché à Le vecteur instantané de rotation

de dans un référentiel attaché à a deux composantes :– l’une normale au plan de contactentre les deux solides et qui corres-pond au mouvement de pivo-tement ;– l’autre parallèle au plan de contactet qui correspond au roulement(fig. 9).La donnée de la vitesse de glisse-ment et du vecteur instantané derotation détermine complète-ment le champ des vitesses dusolide dans un référentiel atta-ché à

3.4. Roulement sans glissement

Afin de déterminer si un solide roule sans glisser par rapport à un autre, il faut établir lavitesse de deux points coïncidents à un instant donné, l’un appartenant à un solide, l’autreau second solide, puis en déduire la vitesse de glissement.

4 Rappel des lois de composition des vitesses et des accélérations

Soient le référentiel d’étude (référentiel absolu) et un référentiel en mouvementdans (référentiel relatif). Le mouvement de est caractérisé par le vecteur vitesse

et le vecteur vitesse angulaire Soit M un point matériel dont on étudie lemouvement dans chacun des référentiels.

On appelle vitesse de glissement de par rapport à la vitesse relative :

Un solide en contact avec un solide roule sans glisser lorsqu’en tout pointde contact la vitesse de glissement est nulle.

Σ2 Σ1

vI2vI1

– v I2 Σ1⁄( )= Ij Σj∈( )

Σ2 Σ1

Σ2 Σ1.

Ω2 1⁄ Σ2 Σ1

Fig. 9

Pivotement

Roulement

Ω2/1

Ω2 1⁄

Σ2Σ1.

Σ2, Σ1,

R( ) R′( )R( ) R′( )

V O′ t,( ) Ω t( ).

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29

4.1. Loi de composition des vitesses

où vitesse d’entraînement, est la vitesse d’un point lié à coïncidant avec Mau temps t.On a :

4.2. Loi de composition des accélérations

où accélération d’entraînement, c’est-à-dire l’accélération d’un point lié à coïncidant avec M au temps t, et est l’accélération de Coriolis.On a :

4.3. Composition des vecteurs rotations

Soit le vecteur instantané de rotation d’un solide dans un référentiel lui-

même en rotation de vecteur par rapport à un référentiel Le solide a alorspour vecteur instantané de rotation dans :

v M t,( ) R( ) v M t,( ) R ′( ) ve M t,( )+=

ve M t,( ), R′( )

ve M t,( ) V O′ t,( ) MO′ Ω t( )∧+=

a M t,( ) R( ) a M t,( ) R ′( ) ae M t,( ) ac M t,( )+ +=

ae M t,( ), R′( )ac M t,( )

ae M t,( ) a O′ t,( ) R( ) Ω Ω O′M∧( )∧dΩdt-------- O′M∧+ +=

ac M t,( ) 2Ω v M t,( ) R ′( )∧=

ΩΣ R ′( )⁄ R′( ),

Ω R ′( ) R( )⁄ R( ).R( )

ΩΣ R( )⁄ ΩΣ R ′( )⁄ Ω R ′( ) R( )⁄+=

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30


1 On considère le système ci-dessous, formé dedeux barres articulées OA et AB de mêmeslongueurs et se déplaçant dans le plan

1. Donner l’expression du vecteur rotationinstantané de la barre en fonction de α.2. De même, donner l’expression du vecteurrotation instantané de la barre enfonction de l’angle β.3. Quelle est la relation entre la vitesse en Oet celle de A ?4. Quelle est la relation entre la vitesse en Aet celle de B ?5. Peut-on écrire le même type de relationsimple sur les vitesses en O et en B ?

2 Un solide a pour vecteur rotation instantané

dans un référentiel est enrotation par rapport au référentiel avec

un vecteur rotation instantané Établir l’expression du vecteur rotation ins-tantané du solide dans le référentiel

3 Un solide est en contact avec un solide On suppose le contact ponctuel au point

I. Rappeler la définition de la vitesse de glis-sement. Montrer qu’elle est indépendantedu référentiel d’étude.

4 On considère un disque de rayon R dont lecentre C est repéré par la coordonnée carté-sienne x. La position d’un point M à la péri-

phérie du disque est repérée par un angle θpar rapport à un axe de direction fixe. Ledisque roule sans glisser sur un plan horizon-tal. Déterminer la relation entre x et θ.

5 Que devient la relation précédente si le solhorizontal est remplacé par un tapis roulantse déplaçant à la vitesse ?

6 Un cylindre 2 de rayon roule sans glisserà l’intérieur d’un cylindre creux 1 de rayon

Le cylindre 1 est fixe. La position ducylindre 2 est repérée par deux angles. L’un,θ, correspond à l’angle entre la verticale des-cendante et où O désigne un point del’axe du cylindre creux et G le centre ducylindre 2. Le second, α, correspond àl’angle entre la verticale descendante pas-sant par G et où M est un point fixesur le cylindre 2. Établir la condition de rou-lement sans glissement.

Avant la colle

Oxy( ).O

A

y

α

β

x

B

OA[ ]

AB[ ]

ΩΣ R′( )⁄ R′( ). R′( )R( )

Ω R ′( ) R( )⁄ .

R( ).

Σ2Σ1.

x

x

y

O

C

θ

M

v0ex

R2

R1.

OG( )

GM( )

y

O

Cylindre 1

Cylindre 2

M

θ

αG

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31


1 On souhaite établir certaines propriétésmathématiques du champ des vitesses d’unsolide.

1. Soient deux points A et B d’un mêmesolide de vecteur rotation instantané Démontrer la propriété d’équiprojectivité :

2. Démontrer l’existence d’un invariant sca-laire : indépendant du point A.

3. Montrer que les hypothèses et entraînent que le mouve-

ment instantané du solide est une rotation.

2 On considère une tige homogène de lon-gueur 2 dont les extrémités A et B restent encontact avec les parois d’un cylindre derayon La section est négligeable.La barre se meut dans le plan vertical Le référentiel d’étude est lié au cylindre.

1. Déterminer la distance en fonc-tion de R et . Quel est le mouvement de G ?

2. Soit θ l’angle entre Ox et la droite OG.Exprimer le vecteur vitesse ainsi que le vec-teur accélération de G en fonction des don-nées et de la variable θ.

3. Quelle est l’expression du vecteur vitesseangulaire de la barre ? On utilisera deuxméthodes.

3 Une échelle est modélisée par une barrerigide de longueur L. Elle est posée contre

un mur et se met à glisser tout en restant encontact avec le mur (point A) et le sol(point B).

1. Déterminer son vecteur rotation instan-tané.

2. Déterminer la position du centre instan-tané de rotation C de l’échelle, c’est-à-direl’intersection entre l’axe instantané de rota-tion et le plan Décrire la trajectoirede C.

4 Un système matériel est composé d’unprisme droit homogène d’angle α, de masseM, de centre de masse et d’un cylindrehomogène de rayon R, de masse m et de cen-tre de masse Le prisme glisse sans frotter sur un plan hori-zontal lié à un référentiel galiléen Lecylindre roule sans glisser le long du prisme.Le point de contact entre le cylindre et leprisme est noté I.

On repère le mouvement du prisme parl’abscisse de notée x. Le mouvement ducylindre est décrit par l’abscisse de sur un axe lié au prisme. Sa rotation est

repérée par l’angle θ entre et un rayondu cylindre joignant à un point fixe surle cylindre.

Ω.

v B t,( ) v A t,( )–( ) AB⋅ 0=

v A t,( ) Ω,⋅

Ω 0≠

Ω t( ) v P t,( )⋅ 0=

R .

Oxy( ).

O

A

B

G

R

y

x

ρ OG=

Ω

O

A

Bα

x

y

G

Oxy( ).

G1

G2.

R( ).

O

I

z

y

x

x α

θ

y

O

G1

G2

G1x′ G2

Ox′

G2IG2

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



32

1. Exprimer les vitesses de et dans le référentiel en fonc-

tion de et α dans la base

2. Exprimer les vitesses du point de contactentre le prisme et le cylindre

et en fonction de R et α dans la base

3. En déduire une relation entre et

G1, v G1( )G2, v G2( ), R( ),

x· , x· ′ ex ey,( ).

v I prisme∈( )

v I cylindre∈( ) x· , x· ′, θ·,

ex ey,( ).

x· ′ θ·.

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



33

1

Conditions cinématiques sur un système composé (d’après TPE)

On considère un système méca-nique comportant une barre AB,de longueur 2L, et deux disquesidentiques et de rayon a.Les centres des disques sont liésaux extrémités A et B de la barrepar des liaisons pivots parfaites.Le système est en mouvementdans le plan La barre etles disques sont homogènes. Lecentre de masse G de la barre estdonc situé en son milieu.Le disque reste en contactavec l’axe vertical Oy vertical, le disque reste en contact avec l’axe Ox horizon-tal. Le référentiel d’étude est celui lié aux axes Pour décrire le mouvement du système, on utilise les grandeurs instantanéessuivantes :– : vecteurs vitesses de G, de A et de B respectivement ;

– : vecteurs rotation instantanés des disques et et de la barre,respectivement.

1 Déterminer le nombre d’inconnues cinématiques scalaires lorsqu’on tientcompte des contacts.

2 Quelle relation lie les vitesses et ?

3 Le disque roule sans glisser sur l’axe Oy. En déduire une relation supplémen-taire entre les variables cinématiques.

4 Même question pour le roulement sans glissement de sur Ox.

5 En déduire le nombre d’équations dynamiques qu’il reste à établir.

O

a

A

y

x

2L

B

D1 D2,

Oxy( ).

D1D2

R( ) Ox Oy,( ).

v G( ), v A( ), v B( )

Ω1, Ω2, Ωbarre D1 D2

v A( ) v B( )

D1

D2


Le système étudié est constitué de trois solides (deux roues et une barre). L’énoncé fait intervenirsix vecteurs, ce qui correspond a priori à 18 composantes scalaires ! Les contacts, ainsi que lesconditions de non-glissement limitent cependant le nombre de degrés de liberté d’un tel sys-tème, comme le montrent les questions suivantes.

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



34

Le mouvement étudié est plan. Les vitesses de tous les points du système sont dans leplan Par conséquent, les trois vecteurs rotation instantanés sont portés par Oz, axeperpendiculaire au plan On oriente Oz de telle sorte que les vecteurs de base uni-taires forment un repère direct. On a ainsi :

Le point A a pour coordonnées car ce point se déplace suivant une droiteparallèle à De même, B a pour coordonnées car il se déplace parallèle-ment à On a ainsi :

et

Le centre d’inertie a pour coordonnées :

On en déduit les composantes de sa vitesse

Ainsi, nous sommes partis de 18 scalaires et il n’en reste, après une première analyse descontacts, que 5 :

2

La barre a pour vecteur instantané de rotation On a ainsi, d’après laformule de Varignon :

Or, le vecteur a pour composantes On en déduit :

d’où :

On obtient ainsi deux nouvelles relations scalaires entre les variables cinématiques. Il nereste donc plus que trois variables scalaires indépendantes. Il peut s’agir de oude

Oxy( ).Oxy( ).

ex ey ez, ,( )

Ω1 Ω1ez= Ω2 Ω2ez= Ωbarre Ωbarreez=

a yA t( ),( )Oy( ). xB t( ) a,( )

Ox( ).

v A( ) y·Aey= v B( ) x·Bex=

xG12--- xA xB+( )

12--- a xB t( )+( )= =

xG12--- yA yB+( )

12--- yA t( ) a+( )= =⎩

⎪⎨⎪⎧

v G( )

x·G12--- x·B t( )=

y·G12--- y·A t( )=⎩

⎪⎨⎪⎧

=

Ω1 Ω2 Ωbarre y·A x·B., , , ,

À un instant donné, les vitesses de deux points d’un même solide sont reliées par la formule deVarignon.

Ωbarre Ωbarreez.=

v B( ) v A( ) Ωbarre+ AB∧=

ABxB a–

a yA–⎩⎨⎧

.

x·Bex y·Aey Ωbarreez+ xB a–( )ex a yA–( )ey+( )∧=

Ωbarrex·B

a yA–--------------–

y·A

xB a–--------------–= =

Ω1 Ω2 x·B, ,Ω1 Ω2 y·A., ,

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


35

3

Appelons le point de contact de avec l’axe Oy. Dans le référentiel lié à Oy,

Or, la condition de non-glissement s’écrit :

Le disque constituant un solide, on peut exprimer la vitesse à partir de

et :

On en déduit :

Il s’agit d’une relation supplémentaire entre les inconnues cinématiques, dont le nombreest à présent réduit à 2.

4

On écrit de la même façon la condition en point de contact de avec l’axe Ox,d’où :

La vitesse de de s’obtient à partir de et par la loi cinématique :

avec On obtient ainsi :

5 Étant donné les équations établies précédemment, il ne reste qu’une seule inconnuecinématique. Il faudra donc une équation (scalaire) dynamique pour la déterminer.

Le roulement sans glissement se traduit par une condition sur la vitesse du point de contactappartenant au disque. Elle doit être égale à la vitesse du point de contact appartenant au sup-port plan.

I1 D1 R( ),

v I1 Oy∈( ) 0.=

v I1 D1∈( ) v I1 Oy∈( )=

D1 v I1 D1∈( )

v A( ) Ω1

v I1 D1∈( ) v A( ) Ω1+ AI1∧=

0 y·A aΩ1–=

Il s’agit d’établir une équation similaire portant sur les variables cinématiques du disque 2.

I2, D2

v I2 D2∈( ) v I2 Oy∈( ) 0= =

I2 D2 v B( ) Ω2

v I2 D2∈( ) v A( ) Ω2+ BI2∧=

BI2 aey.–= 0 x·B aΩ2+=

©

Nat

han,

clas

se p

répa

s’entraîner


36

Corrigé p. 39

Mouvement sur un rail diédriqueUne bille homogène de rayon R, de masse M roulesans glisser dans un rail diédrique incliné d’unangle α par rapport à l’horizontale. L’angle du diè-dre est droit. Exprimer la vitesse du centre demasse G de la bille puis celle des pointsde contact I et J de la bille avec le rail, dans le réfé-rentiel En déduire l’expression du vecteur

vitesse angulaire instantané de la bille.

Corrigé p. 40

Mouvement d’un plateau et d’un galetLe référentiel du laboratoire est rapporté aurepère Oxyz. Un disque homogène appelé« Galet » de centre C fixe dans et de rayon aest soudé à une tige rigide AC de longueur a et demasse négligeable disposée selon Ox, axe de symé-trie de révolution. Cette tige le relie au point A fixe

dans tel que On désignera par le solide constitué par le disque et la tige. L’articu-

lation en A est parfaite, c’est-à-dire qu’elle permetune rotation libre de autour de l’axe Ax.

est mis en contact ponctuel en I avec un seconddisque D (le plateau) de centre et de rayon

Le plateau est soumis à une liaison quil’astreint à tourner autour de l’axe fixe Oz qui coïn-cide avec son axe de symétrie de révolution.

On note et les vecteurs rota-tion instantanés respectivement du plateau et dugalet.

1. Soit la vitesse de glissement du galet parrapport au disque D. Déterminer la relation liant

, , a et En déduire la relation existant

entre et dans le cas de non-glissement.Le galet est mis en mouvement par la chute d’unsolide S à la vitesse . Ce mouvement est trans-mis par un fil de masse négligeable, guidé par une

poulie P de rayon pouvant tourner autour

de son axe de symétrie de révolution à la vitesseangulaire Il n’y a pas de glissement du fil surla poulie et le galet.

2. Déterminer la relation entre et d’une part

puis entre et d’autre part.

1 10 min

V G( ) R( ),

R( ).

Ω

O

X

y

Y

JI

G

Z

xα

G

z

O

ex

ez

2 10 min

R( )

R( )

R( ) OA aez.=

O′R a.

Ω Ωez= ω ωex=

z

A

C

O

I

Plateau

Galet

x

ex y

a

V

a

ω

Ω

vg

Ω ω vg.

Ω ω

V

b a5---=

ω′.

V Ω

ω′ Ω©

Nat

han,

clas

se p

répa

corrigés


37


1 1. La barre a un mouvement de rotationautour de l’axe Sa vitesse angulaire est Ainsi, le vecteur rotation instantanée de la barre

est .

2. La barre a un mouvement de rotationautour d’un axe de direction fixe Son vecteur

rotation instantané est .3. La formule de Varignon appliquée au solide

conduit à :

4. De même, la formule de Varignon appliquée ausolide conduit à :

5. On ne peut pas écrire de formule de Varignonportant sur les points O et B car ils n’appartiennentpas au même solide.

2 Soient A et B deux points appartenant au solideétudié. Dans le référentiel leurs vitesses sontreliées par la formule de Varignon :

La vitesse du point A dans s’exprime en fonctionde sa vitesse dans par la relation :

où est la vitesse d’entraîne-ment en A et l’origine du référentiel Demême :

Soustrayons membre à membre les deux équationsprécédentes :

On en déduit :

qui est la formule de Varignon pour un solide de vec-

teur rotation instantané dans le réfé-rentiel

3 Notons I le point « géométrique » de contact. Onappelle le point appartenant au solide 1 et coïnci-dant, à l’instant t, avec I. De même, on appelle lepoint appartenant au solide 2 et coïncidant, à l’instantt, avec I.La vitesse de glissement de par rapport à estla vitesse relative Cette grandeur est indépendante du référentiel consi-déré. En effet, supposons que les notations précédentesfont référence à des vitesses dans un référentiel Dans un référentiel où est la vitesse d’entraînement au point I. De même :

On en déduit

4 Une roue cylindrique de rayon R roulant sans glis-ser sur un plan supposé fixe a, a priori, deux degrés de

liberté : l’un de translation décrit par (G

centre d’inertie de la roue), l’autre de rotation décrit

par un vecteur instantané de rotation On

détermine la vitesse du point I appartenant au disqueet en contact à l’instant t avec le sol (notons bien qu’ilne s’agit généralement pas du même point du disqueen ). D’après la formule de Varignon :

La vitesse du point coïncident appartenant au sol estnulle. La condition de roulement sans glissement estainsi :

5 La vitesse du point coïncident appartenant autapis roulant est à présent La condition de rou-lement sans glissement s’écrit donc :

OA[ ]

Oz( ). α· .

OA[ ] α· ez

O

A

y

α

β

x

B

AB[ ]

Az( ).

β· ez

OA[ ]

v A( ) v O( ) α· ez+ OA∧=

AB[ ]

v B( ) v A( ) β· ez+ AB∧=

R ′( ),

v/R′ B( ) v/R ′ A( ) ΩΣ R′⁄+ AB∧=

R( )

R ′( )

v/R A( ) v/R′ A( ) v/R O ′( ) ΩR′ R⁄ O ′A∧+ +=

v/R O ′( ) ΩR ′ R⁄ O ′A∧+

O ′ R ′( ) .

v/R B( ) v/R′ B( ) v/R O ′( ) ΩR′ R⁄ O ′B∧+ +=

v/R B( ) v/R A( )–

v/R′ B( ) v/R′ A( )– ΩR′ R⁄ O ′B O ′A–( )∧+=

v/R B( ) v/R A( ) ΩΣ R′⁄ ΩR ′ R⁄+( ) AB∧+=

ΩΣ R ′⁄ ΩR′ R⁄+

R( ).

I1

I2

Σ2 Σ1vI2

vI1– v I2 Σ1⁄( )= Ij Σj∈( ) .

R( ).R ′( ) , vI2

′ ve I( )+ vI2= ve I( )

vI1′ ve I( )+ vI1

.= vI2′ vI1

′– vI2vI1

.–=

vG

dxG

dt--------- ex=

Ωdθdt------ ez.=

t dt+

vI vGdθ

dt------ ez GI∧+=

dxdt------ R

dθ

dt------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ex=

dxdt------ R

dθdt------+ 0=

v0ex .

dxdt------ R

dθdt------+ v0=

© N

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n,cl

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pa

corrigés


38

6 On détermine la vitesse de point du cylindre 2en contact avec le point du cylindre 1, le cylindre 1étant immobile.

On en déduit la condition de roulement sans glisse-ment du cylindre en mouvement dans le cylindrecreux :


1 1. A et B sont deux points appartenant au mêmesolide. À un instant donné, leurs vitesses sont reliéespar la relation : où estle vecteur rotation instantané. On a ainsi :

et ce produit mixte est nul, ce qui conduit à la pro-priété annoncée d’équiprojectivité.

2. Déterminons Étant donné la formulede Varignon, on obtient :

Le produit mixte est nul et ainsi pour tout couple de points appartenant à un

même solide. En d’autres termes, est indé-pendant du point A.

3. Étant donné l’invariant précédent, l’hypothèse

avec un vecteur rotation instan-

tané non nul, implique que entout point P du solide. Le mouvement de tout point Ps’effectue donc dans un plan orthogonal au vecteurrotation instantané. Il s’agit d’une rotation autour

d’un axe parallèle à

2 1. La figure conduit à . Cette dis-tance est indépendante de l’angle entre et

G est ainsi en mouvement circulaire autour del’axe

2. Considérons la base polaire Ainsi :

On en déduit le vecteur vitesse de G :

et son accélération, par dérivation à ρ

constant : .

3. Première méthode : on note que le vecteur vitesse de

G est égal à soit ce

qui conduit au vecteur rotation instantané

Seconde méthode : on considère le mouvement de labarre dans son référentiel barycentrique c’est-à-dire le référentiel de centre G, le centre d’inertie de labarre, et d’axes identiques à ceux du référentield’étude. Dans la barre a un mouvement derotation autour de l’axe L’angle avec étant égal à θ, le vecteur rotation instantané est égal à :

3 Une échelle est modélisée par une barre rigide delongueur L. Elle est posée contre un mur et se met à

I2 ,I1

y

O

I1

I2

Cylindre 1

Cylindre 2

M

G

θ

α

er

eθ

v I2( ) v I1( ) 0= =

v I2( ) v G( ) I2G Ω∧+=

R1 R2–( )dθ

dt------ eθ R2er–

dα

dt------- ez∧=

R2dαdt------- R1 R2–( )

dθdt------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ eθ=

R2dαdt------- R1 R2–( )

dθdt------+ 0=

v B t,( ) v A t,( ) Ω AB∧+= Ω

v B t,( ) v A t,( )–( ) AB⋅ Ω AB∧( ) AB⋅=

v B t,( ) Ω .⋅

v B t,( ) Ω⋅ v A t,( ) Ω Ω AB∧( ) Ω⋅+⋅=

v B t,( ) Ω⋅ v A t,( ) Ω⋅=

A B,( )

v A t,( ) Ω⋅

Ω t( ) v P t,( )⋅ 0,=

Ω t( ) v P t,( )⋅ 0=

Ω .

ρ R2 2–=

AB( )

Ox( ).Oz( ).

er eθ,( ) .

OG ρer.=

vG ρdθdt------ eθ=

aG ρd2θ

dt2--------- eθ ρ

dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2er–=

vGdθdt------ ez ρer,∧= vG

dθdt------ ez OG ,∧=

Ωdθdt------ ez.=

R*( ) ,

R*( ),Gz( ). Gx( )

Ωdθ

dt------ ez=

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39

glisser tout en restant en contact avec le mur (point A)et le sol (point B).

1. L’angle entre Gx et AB est égal à Le vecteur

rotation instantané est ainsi .

2. Il s’agit de déterminer un point du plan, n’apparte-nant pas nécessairement au solide, et en lequel lavitesse déduite du champ des vitesses du solide estnulle. Ce champ est déterminé par le vecteur rotationinstantané, mais aussi par la vitesse instantanée en unpoint du solide. On peut choisir l’un des points A, B ouG et exprimer sa vitesse en fonction de l’angle α. Con-sidérons le centre d’inertie G de la barre. Sa position à

l’instant t est Son vecteur vitesse est

ainsi : Le champ des vites-

ses du solide est ainsi

Déterminons les coordonnées du pointdu plan en lequel le champ précédent s’annuleà l’instant t, ce qui équivaut à :

On en déduit :

On remarque que ce point se déplace au cours dutemps ; il décrit un quart de cercle de centre O et derayon L.

4

1. Le prisme est en translation selon Ainsi

. Dans le référentiel lié au prisme, la vitesse

de est soit

Cependant, la vitesse d’entraî-

nement en est égale à la vitesse de le prismeétant en translation dans le référentiel d’étude. On endéduit, dans ce référentiel :

2. Le prisme étant en translation, la vitesse du point Iappartenant au prisme est identique à celle du point

soit La vitesse du point de con-tact appartenant au cylindre se déduit de la vitesse de

et du vecteur rotation instantané du cylindre, soit Ainsi :

3. Il y a roulement sans glissement du cylindre sur leprisme si les deux vitesses précédentes sont égales,

soit . Cette condition pouvait aussi êtreétablie dans le référentiel attaché au prisme.

O

A

B

C

α

– α

x

ezx

y

G

α .–

Ωdα

dt------- ez–=

L2--- αcos L

2--- αsin,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

L2--- α

dα

dt-------sin–

L2--- α

dα

dt-------cos,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

v M( ) v G( )dα

dt------- ez– GM .∧=

X t( ) Y t( ),( )

Oxy( )

L2--- α

dαdt-------sin–

dαdt------- Y t( )

L2--- αsin–⎝ ⎠

⎛ ⎞+ 0=

L2--- αcos dα

dt-------

dα

dt------- X t( )

L2--- αcos–⎝ ⎠

⎛ ⎞– 0=

X t( ) Y t( ),( ) L αcos L αsin,( )=

O

I

z

y

x

x α

θ

y

O

G1

G2

Ox( ).

v G1( ) x· ex=

G2 v ′ G2( ) x· ′ex ′ ,= v ′ G2( ) =

x· ′ αexcos αeysin–( ).

G2 G1 ,

v G2( ) x· ′ αexcos αeysin–( ) x· ex+=

G1 , v ′ G1( ) x· ′ex .=

G2

θez .

v I prisme∈( ) v G2( ) uz G2I∧+=

x· ′ Rθ·

+( ) αexcos αeysin–( ) x· ex+=

x· ′ Rθ·

+ 0 =

S’entraîner

1 Les vecteurs peuvent être complétés par de façon à ce que soit orthonormée directe.On pose et on complète par defaçon à avoir une base orthonormée directe. Dans leréférentiel lié au dièdre, G a un mouvement de transla-tion selon l’axe On en déduit sa vitesse

La sphère roulant sans glisser sur le dièdre et ce dernierétant fixe dans le référentiel d’étude, la vitesse des pointsde contact I et J appartenant à la sphère est nulle.Le mouvement de rotation de la sphère s’effectue autourde l’axe On pose ainsi le vecteur rota-tion instantané de la sphère. D’après la formule de Vari-gnon appliquée aux points G et I de la sphère :

ex ez,( ) eyex ey ez, ,( )

eY ey= eX eY,( ) eZ

O ′X( ) .v G( ) X

· ex .=

GY( ) . Ω ΩeY=

v I( ) v G( ) Ω GI∧+=

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corrigés


40

Cependant : On en déduit

d’où :

2 1. La vitesse de glissement du galet par rapport auplateau est définie comme la différence entre la vitessedu point de contact appartenant au galet et la vitesse dupoint de contact appartenant au plateau. Cependant :

De même :

On en déduit la vitesse de glissement :

Le galet ne glisse pas sur le plateau pourvu que

2. La condition d’absence de glissement sur le galetconduit à soit avec la condition précédente :

. De même, l’absence de glissement sur la pou-

lie conduit à d’où : .

GI2

2------- eY– eZ–( ) .=

v I( ) X· 2

2------- RΩ–⎝ ⎠

⎛ ⎞ eX,=

Ω 2 X·

R---=

v I galet∈( ) v C( ) ωex CI∧+=

ωex aez–( )∧=

aωey=

v I plateau∈( ) Ωez OI∧=

Ωez aex( )∧=

aΩey=

vg a ω Ω–( )ey=

Ω ω .=

V aω ,=

V aΩ=

V bω′,= ω′ 5Ω=

© N

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3 – La résultante et le moment cinétiques


41

La résultante et le moment cinétiques

La résultante et le moment cinétiques sont deux grandeurs fondamentales en physique,pour au moins trois raisons :– Elles sont conservées pour les systèmes isolés.– Tous les systèmes physiques possèdent une résultante et un moment cinétiques, à touteséchelles, des particules fondamentales jusqu’aux amas d’étoiles les plus massifs, en passantpar les astres « exotiques » que sont les trous noirs.– Ce sont des grandeurs de base dans toutes les théories physiques, newtonienne, relati-viste ou quantique.Les systèmes que l’on étudie ici sont des systèmes fermés, ce qui implique que leur masseest constante.

1 La résultante cinétique

1.1. Le système discret de points matériels

1.1.1. DéfinitionConsidérons un référentiel appelé référentiel d’étude, et un système discret deN points matériels de masse de vitesse dans :

La quantité de mouvement d’un point matériel de masse et de vitesse dansle référentiel est :

L’extensivité de la quantité de mouvement permet de définir sa somme sur des systèmesde points matériels étendus.

La résultante cinétique du système est le vecteur .

RemarqueCes grandeurs sontqualifiées de cinéti-ques, car ce sont desfonctions des posi-tions, des vitesses (quisont des grandeurs ci-nématiques) et desmasses.

R( ), S( )Pi mi, vi R( )

S( ) Pi mi vi, ,( ) i 1 ... N, ,=, =

pi Pi, mi vi

R( )

pi mivi=

S( ) P mivi

i 1=

N

∑=

RemarqueCe vecteur est aussiappelé quantité demouvement totale dusystème Ses dimensions sont :

l’unité S.I. est le

S( ).

P[ ] M L T 1– ,⋅ ⋅=

kg m s 1– .⋅ ⋅

MP

PC

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42

1.1.2. Résultante cinétique et centre de masseSoit G le centre de masse du système et O un point fixe du référentiel d’étude.

La définition de G fournit où est la masse totale du sys-tème

La dérivée par rapport au temps des deux membres fournit la vitesse de G :

d’où l’expression importante :

1.2. La distribution continue de points matériels

1.2.1. DescriptionSoit un système matériel continu tridimensionnel. Celui-ci est ainsi décrit par unchamp de masse volumique dans un volume V, P étant le centre de masse des élé-ments infinitésimaux dV de masse (fig. 1).

1.2.2. Résultante cinétiqueSi le point P est animé de la vitesse dans le référentiel d’étude, l’élément de massedm a une quantité de mouvement Alors la résultante cinétique est donnée par l’intégrale :

Comme pour les systèmes discrets, la résultante cinétique s’exprime en fonction de lavitesse du centre de masse et de la masse totale M par :

La résultante cinétique ne dépend que de la vitesse du centre de masse etde la masse totale du système.

S( )

OG1M----- miOPi

i 1=

N

∑= M mi

i 1=

N

∑=

S( ).

vGdOG

dt------------

1M----- mi

dOPi

dt-------------

i 1=

N

∑ 1M----- mivi

i 1=

N

∑ PM-----= = = =

P MvG=

RemarqueLe résultat final ne dé-pend pas du choix dupoint O utilisé dans ladémonstration.

S( )ρ P( )

dm ρ P( )dV=

Fig. 1

dm

P

V

(S)

G

v (P )

vG

v P( )dp dmv P( ).=

P v P( )dmV∫∫∫ ρ P( )v P( )dV

V∫∫∫= =

vG

P MvG=

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43

2 Le moment cinétique

2.1. Le système discret de points matériels

Le moment cinétique nécessite, en plus de la définition du système et du référentiel, lechoix d’un point de réduction « A ».Pour un point matériel de le moment cinétique en A est :

Le moment cinétique en A du système est alors le vecteur :

2.2. La distribution continue de points matériels

Le moment cinétique en A du système continu est le vecteur :

Il n’y a pas d’expression plus simple dans le cas général, comme il en existe une pour larésultante cinétique. On peut néanmoins donner des propriétés intéressantes de ce vecteurpour des systèmes quelconques.Par la suite, les relations sont données pour un système de distribution volumique demasse.

2.3. Le théorème de transport du moment cinétique

Il s’agit d’exprimer la relation entre le moment cinétique d’un système en A et lemoment cinétique de ce même système, au même instant, en un autre point B.Pour cela, on utilise la relation de Chasles dans l’expression intégrale du momentcinétique :

D’où :

RemarqueLe terme « moment »désigne une grandeurdépendant du choixd’un point de réfé-rence appelé point deréduction.

RemarqueLe point A est un pointquelconque, fixe oumobile dans R( ).

S( ), σA Pi( ) σA Pi( ) APi pi∧= =

APi mivi∧ .=

S( )

σA APi pi∧

i 1=

N

∑ APi mivi∧

i 1=

N

∑= =

Remarque

Les dimensions dumoment cinétiquesont :

L’unité S.I. est le ou en-

core le Ce sontaussi les dimensionsde la constante dePlanck « h » de lamécanique quanti-que.

σA[ ] M L2 T 1– .⋅ ⋅=

kg m2 s 1–⋅ ⋅

J s.⋅

S( )

σA AP dp P( )∧( )V∫∫∫ AP dmv P( )∧( )

V∫∫∫ AP ρ P( )v P( )dV∧V∫∫∫= = =

σA ρ P( )AP v P( )dV∧V∫∫∫=

σA

σB

RemarqueRappelons que A etB sont fixes ou mobi-les dans R( ).

RemarqueUn moyen de se sou-venir de l’ordred’écriture des pointsest de remarquerque les points en in-dice (B puis A) sontécrits dans le mêmeordre que dans levecteur BA.

σB ρ P( )BP v P( )dV∧V∫∫∫=

ρ P( )BA v P( )dV∧V∫∫∫ ρ P( )AP v P( )dV∧

V∫∫∫+=

BA ρ P( )v P( )dVV∫∫∫ σA+∧=

BA P σA+∧=

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

BA AP+

⎫ ⎬ ⎭

σA=

P=

σB σA BA P∧+=

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44

3 Théorème de Koenig

3.1. Le référentiel barycentrique

3.1.1. DéfinitionUn système matériel de centre de masse G, est en mouvement dans un référentield’étude Soit un système d’axes liés au référentiel c’est-à-dire fixesdans ce référentiel.Définition :Le référentiel barycentrique du système est le référentiel en translation parrapport à dans lequel G est immobile (fig. 2).

On notera avec un astérisque * toutes les grandeurs définies dans Par exemple pourune grandeur notée g :

Conséquences directes :

3.1.2. Composition des vitesses et des accélérationsLes deux référentiels et sont en translation l’un par rapport à l’autre. Ceci setraduit par une composition des vitesses et des accélérations particulière.Soient :– et les vecteurs vitesse et accélération d’un point P dans ;– et les vecteurs vitesse et accélération de ce point P dans ;– et les vecteurs vitesse et accélération de G dans ;

on a alors, puisque :

Par définition du référentiel barycentrique, la vitesse de G et son accélération sont

nulles dans

La translation des axes de par rapport à ceux de implique que le vecteur

vitesse angulaire de par rapport à est nul :

S( ),R( ). Ox Oy Oz, ,( ) R( ),

ConseilIl est souvent prati-que d’utiliser pour

et les mê-mes vecteurs de base,par exemple

R( ) R*( )

ex ey ez, ,( ).

R*( ) S( )R( )

Remarque«Le» référentiel bary-centrique d’un sys-tème donné n’estpas unique : il dépenddu référentiel d’étudeinitial

S( )

R( ).

Fig. 2

(R )

(R*) à t2

(R*) à t3

(R*) à t1

Trajectoire de G

G

G

G

R*( ).g* g R*( ).=

R*( ) vG* 0,= aG* 0.=

R*( ) R( )

R*( ) R( ) Ω R*( ) R( )⁄ 0.=

R( ) R*( )

v P( ) R( ) a P( ) R( ) R( )v* P( ) a* P( ) R*( )vG aG R( )

Ω R*( ) R( )⁄ 0=

v P( ) R( ) v* P( ) vG+=

a P( ) R( ) a* P( ) aG+=

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45

3.1.3. Conséquences sur les grandeurs cinétiques– La résultante cinétique dans est nulle : – Le moment cinétique barycentrique est indépendant du point de réduction. C’estpourquoi il est noté simplement avec l’astérisque *, sans point particulier en indice. Onpeut le calculer à partir de tout point, en particulier à partir du centre de masse G.

3.2. Le premier théorème de Koenig

Il s’agit de donner une relation entre les moments cinétiques d’un système matériel exprimés dans les deux référentiels et

3.2.1. Énoncé et démonstrationSoit un système matériel de masse totale M, de centre de masse G, de vitesse dansun référentiel Soit le moment cinétique du système au point de réduction A, dans le référentiel

à un instant t.Soit le moment cinétique de ce même système dans le référentiel barycentrique

au même instant t.

Par définition, et

On utilise la composition des vitesses entre les référentiels et :

Finalement :

ou encore :

Une écriture particulièrement utile et importante de ce théorème est celle où le point deréduction est le centre de masse G.

En remplaçant A par G dans le théorème, on obtient : .

Il faut bien noter que ceci est une relation entre vecteurs définis dans deux référen-tiels différents : et dans et dans

Il y a égalité entre le moment cinétique barycentrique et le moment cinétique enG dans

R*( ) P * 0.=

Remarque

On peut aussi utili-ser cette propriétécomme définition de

: c’est le réfé-rentiel en translationpar rapport à

dans lequel Cette définition estplus générale que lapremière, car elles’applique aux systè-mes sans centre demasse comme lessystèmes de photons.Rappelons qu’unphoton est une parti-cule de masse nulle,d’énergie etde quantité de mou-

vement où est la constante de

Planck divisée par 2π.

R*( )

R( )

P * 0.=

E h– ω=

p h– k=

h–

σ*

S( ),R( ) R*( ).

S( ) vG

R( ).σA S( ),

R( )

σ* S( )R*( )

σA AP ρ P( )v P( )dV∧V∫∫∫= σ* AP ρ P( )v* P( )dV.∧

V∫∫∫=

R( ) R*( )

RemarqueOn peut utiliser lepoint A pour expri-mer le moment ciné-tique barycentrique

qui ne dépendpas du point de ré-duction, comme onl’a déjà signalé.

σ*,

σA AP ρ P( ) vG v* P( )+( )dV∧V∫∫∫=

AP ρ P( )vGdV∧V∫∫∫ AP ρ P( )v* P( )dV∧

V∫∫∫+=

AP ρ P( )dVV∫∫∫⎝ ⎠

⎛ ⎞ vG∧ σ*+=

M AG vG∧ σ*+=

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

σ*=

σA M AG vG∧ σ*+=

σA AG P σ*+∧=

AttentionIl ne faut pas confon-dre cette expressionavec un théorème detransport !

σA P R( ) σ* R*( ).

σG σ*=

R( ).

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46

3.2.2. InterprétationLe théorème de Koenig permet de décomposer le moment cinétique en somme de deuxtermes :

– est le moment cinétique barycentrique ;

– est le moment cinétique en A, dans d’un point matériel de masse Men G.On montre que la forme de ce théorème s’applique à d’autres grandeurs cinétiques et quedans tous les cas il s’écrit de la façon suivante :Si est une grandeur cinétique d’un système de centre de masse G, alors :

On peut remarquer que la résultante cinétique vérifie cette relation : avec

L’énergie cinétique vérifie elle aussi cette relation. On le démontrera au chapitre 6.

σ*

M AG vG∧ R( ),

g S( ) S( )

g S( ) R( ) g G( ) R( ) g* S( )+=

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

Valeur pour S( ) dans R( ) Valeur pour un point matérielde masse M en G dans R( )

Valeur pour S( ) dans R*( )

P MvG P *+=

P * 0.=

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47


1 Écrire les expressions intégrales de et pour les systèmes matériels continus bidi-mensionnels et unidimensionnels.

2 Si est un référentiel galiléen, estlui aussi galiléen.

a. Vrai.

b. Faux.

3 1. Montrer que

2. Montrer le vecteur moment cinétique est indépendant du point de réduction.

4 Expliquer les différences entre le premier théo-rème de Koenig et le théorème du transport.

5 Démontrer que


1 Exprimer la résultante cinétique dusystème suivant, modélisant une moléculede en fonction des masses et desdéplacements algébriques et

les ressorts ayant des masses négli-geables :

2 Soit un système matériel formé d’un disquehomogène de rayon R duquel on a enlevé un

disque de rayon Le disque percé a ainsiune masse M.

1. Déterminer la résultante cinétique dece système lorsqu’il tourne autour de l’axevertical Oy, à la vitesse angulaire ω.

2. Déterminer la résultante cinétique dece système lorsqu’il tourne autour de l’axehorizontal Ox, à la vitesse angulaire ω.

3 Soit un système de deux points maté-riels identiques, de masse individuelle m.Chaque point matériel est lié en un point Od’un axe vertical Oz par un fil de massenégligeable, toujours tendu, de longueur L.Les deux masses se font face. Le fil et l’axefont entre eux l’angle θ, qui peut varier aucours du temps mais qui reste le même pourtous les points matériels.

Avant la colle

P σA

R( ) R*( )

P * 0.=

σ*

dσG

dt----------

R( )

dσ*dt

----------R*( )

.=

P

CO2,x1 t( ), x2 t( )

x3 t( ),

m mM

x1 x2 x3

R2--- .

x

y

O

P

P ′

S( )

O

P

eϕ

eθ

θ

L

er

z

P

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48

L’axe Oz est en mouvement de rotation uni-forme par rapport au référentiel du labora-toire galiléen et entraîne avec lui lesdeux masses. La vitesse angulaire est notée

L’axe Oz est orienté par un vecteur uni-taire On étudie le système dans le référentiel gali-léen

1. Exprimer le moment cinétique del’une des masses, en fonction de L, m, θ, et

2. En déduire le moment cinétique total du système complet.

4 On considère une plaque rectangulaire asur b, homogène, de masse M, d’épaisseurnégligeable, qui oscille autour d’un axehorizontal Ox. Elle est attachée à cet axe parun de ses côtés de longueur a. La rotationde la plaque autour de Ox est repérée parl’angle Le point O est au milieu ducôté de longueur a. On utilisera la base car-tésienne ainsi que la base locale

1. Déterminer le vecteur vitesse d’unpoint P de la plaque en fonction de r (dis-tance de P à Ox), et

2. En déduire le vecteur quantité de mouve-ment de la plaque.

3. Déterminer la position du centre demasse G de la plaque. Vérifier que

4. Calculer le moment cinétique enfonction de M, a, b, et des vecteurs debase.

5. En déduire Vérifier l’homogénéitéde son expression.

R( )

ωO.ez.

R( ).

σOθ·

ωO.

σO S( )

θ t( ).

ex ey ez, ,( )er eθ ex, ,( ).

y

x

O

z

b

θ

eθ

er

v P( )

θ· eθ.

P

P M v G( ).=

σOθ·

σ*.

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49

1

Les axes liés à sont en translation par rapport à ceux de

On pourrait utiliser une base cartésienne mais l’étude d’un mouvement circulaire de cen-tre O est plus aisée dans la base cylindro-polaire avec dans le sens de la tigeet dans le sens de progression de l’angle θ.

Le mouvement de est une translation des axes et le mouvement de G estune rotation autour de O.

Mouvement de rotation d’une tige homogène

Une tige rigide, de longueur L, de section négligeable, de masse M répartie unifor-mément sur la longueur L, tourne dans le plan Oxy à la vitesse angulaire ω autourde l’extrémité O de la tige. La position de la tige est repérée par l’angle θ. On a

On note le référentiel lié aux axes

1 Déterminer le mouvement du référentiel barycentrique de la tige et repré-senter les axes liés à à deux instants différents. Exprimer la résultante ciné-tique de la tige.

2 Exprimer le moment cinétique de cette tige en fonction de M, L, ω et desvecteurs de base.

3 Déterminer sans calcul intégral.

4 Calculer directement par une intégrale dans Conclure.

θ·

ω.= R( ) Ox Oy,( ).

R*( )

R*( )

P

σO

σ*

σ* R*( ).


Le mouvement du référentiel barycentrique est entièrement déterminé par le mouvementdu centre de masse G dans La tige étant homogène, la symétrie de la répartition de masse

implique que G est situé au centre, à la distance de l’extrémité O. Il reste alors à exprimer lavitesse dans le référentiel

R*( )R( ).

L

2---

vG

R( ).

R*( ) R( ).

er eθ ez, ,( ) ereθ

x

y

O

G x

y

(R )

(R *)

θ

y

y

O

G

x

x

(R *)

(R )

R*( ) Gx Gy,( )

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50

On a : Par dérivation, on obtient

D’après le cours, On a donc :

2

Il faut utiliser une base de coordonnées adaptée au système. La base cylindro-polaireconvient bien : la variable r permet de repérer tous les points P de la tige. On écrira :

avec Le domaine d’intégration est alors lui aussi déterminé :

Le vecteur vitesse s’en déduit :

Il reste à déterminer l’élément de masse dm : l’écriture de l’intégrale suppose que l’on adécoupé la tige en éléments de longueur dr entre les abscisses r et et dm repré-sente la masse de cet élément.

La tige est supposée homogène, ce qui se traduit par une masse linéique µ uniforme le

long de la tige avec Il s’ensuit que

Finalement, le moment cinétique se calcule selon :

3

On connaît déjà il est alors judicieux d’écrire le théorème de Koenig sous la forme :

Il reste à calculer : et d’où

Il vient alors : .

OGL2--- er.= vG

L2--- ωeθ.=

P M vG.=

P ML2--- ωeθ=

Le calcul de nécessite l’utilisation de l’expression intégrale pour un système continuunidimensionnel :

σO

σO

OP v P( )dm.∧barre∫=

OP rer= 0 r L.

r 0 ; L[ ].∈

v P( ) rωeθ.=

r dr,+

µML----.= dm µdr

ML---- dr.= =

σO rer rωeθML---- dr∧

r 0=

L

∫ ML---- ωez r2dr

r 0=

L

∫ 13--- ML2ez= = =

σO13--- ML2ez=

Il faut utiliser le premier théorème de Koenig.

σO,

σ* σO MOG– vG∧=

OG vG∧ OGL2--- er= vG

L2--- ωeθ= OG vG∧ M

L2

4------ ωez.=

σ* 13--- ML2ωez

14--- ML2ωez–

112------ ML2ωez= =

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51

4

L’expression intégrale s’écrit (que l’on prenne O ou G importe

peu, par propriété de On garde les coordonnées de la question 2).

La composition des vitesses s’écrit d’où :

Puis

On obtient bien sûr le même résultat qu’à la question 3. L’utilisation du théorème deKoenig est pourtant plus élégante et nécessite moins de calculs.

Il faut se souvenir que le choix du point de réduction est totalement libre, car n’en dépendpas. Pour des raisons de commodité de calculs, on peut choisir le point O.

σ*

σ* OP v* P( )dm∧barre∫=

σ*.

v P( ) vG v* P( )+L2--- ωeθ v* P( )+= =

v* P( ) L2--- r–⎝ ⎠⎛ ⎞ωeθ=

σ* OP v* P( )dm∧0

L

∫ rer rL2---–⎝ ⎠

⎛ ⎞ωeθML---- dr∧

0

L

∫ ML---- ωez r r

L2---–⎝ ⎠

⎛ ⎞dr0

L

∫= = =

σ* ML---- ωez

L3

3------

L3

4------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 112------ ML2ez= =

Le théorème de Koenig permet d’exprimer simplement le moment cinétique dans leréférentiel d’étude en fonction du moment cinétique barycentrique, ou inversement.

en conclusion

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s’entraîner


52

Corrigé p. 56

Collision entre deux noyauxSoient deux noyaux atomiques, considérés commedes sphères indéformables, de masses respectives

et de centre de masse P et C.L’un des noyaux, la cible C, est à l’instant initial aurepos dans le référentiel galiléen du labora-toire. Le second, le projectile P, est animé dans cemême référentiel, d’une vitesse initiale Lesdeux noyaux sont à l’instant initial à une distance dl’un de l’autre, et les droites passant par chacundes noyaux et dirigées par sont séparées de b(b est appelé paramètre d’impact).

Déterminer les grandeurs suivantes, relatives ausystème des deux noyaux, à l’instant initial :

1. La position et la vitesse du centre de masse.

2. La résultante cinétique.

3. Le moment cinétique en un point O quelcon-que. Préciser les points par rapport auxquels lemoment cinétique est nul.

4. Le mouvement du référentiel barycentrique.

5. Le moment cinétique barycentrique par un cal-cul direct dans

6. Vérifier le premier théorème de Koenig.

Corrigé p. 57

Principe de la propulsion par réaction(d’après Centrale)On considère une planche à roulettes ou un chariotsur lequel se trouvent un opérateur et n sacs de sablede masse m chacun, formant le système Onnéglige l’effet des actions dissipatives. Pour simplifierles expressions demandées, on négligera la masse duchariot et de l’opérateur devant la masse d’un sac.Le référentiel attaché à l’axe, est galiléen.

Le système est initialement au repos dans

1. À l’instant l’opérateur lance le premier sacde masse m à la vitesse évaluée par rap-port au chariot avant le lancer.

On fait l’hypothèse que, dans le référentiel liéau sol (à l’axe Ox), la quantité de mouvement dusystème matériel se conserve. En déduire lavitesse (évaluée dans ) du chariot et de toutce qu’il contient après ce premier lancer.

2. À l’instant l’opérateur lance undeuxième sac à la vitesse évaluée parrapport au chariot. Évaluer la vitesse par rap-port à du chariot et tout ce qu’il contient aprèsce deuxième lancer. Montrer que cette vitesse peutse mettre sous la forme :

On précisera le système étudié.

3. Établir l’expression de la vitesse du chariot,toujours évaluée par rapport au référentiel après le k ième jet effectué à l’instant en fonction de n, k et On précisera le systèmeétudié.

1 15 min

mP mC,

R( )

VP°.

VP°

C

P

db

V °P

R*( ).

2 20 min

S( ).

R( ),

S( )R( ).

x

O

t1,u uex–=

V1

u / chariot

x

O

R( )

S( )V1 R( )

t2 t1 T,+=

u uex–=

V2R( )

V21

n 1–------------

1n 2–------------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ u–=

Vk

R( ),t1 k 1–( )T,+

u.

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53

Corrigé p. 57

Corde glissanteUne corde homogène, inextensible, de longueur Let de masse m glisse sur une poulie circulaire derayon R, avec L’extrémité gauche de lacorde est animée d’une vitesse verticale descen-dante On considère un instant où la cordepend de part et d’autre de la poulie (voir figure).

1. Exprimer en fonction de m, L, R, , etdes vecteurs de base la résultante cinétique dela corde.

2. Exprimer en fonction des mêmes paramètres lemoment cinétique de la corde.

Corrigé p. 58

Rotation d’une tige lestée (d’après Centrale)Une tige AB de masse négligeable, de longueur 2L,de centre O tourne dans un plan horizontal

Un moteur impose une vitesse angulaire ω à latige.Deux autres tiges AP et BQ de masses négligeableset de longueur L portent chacune en leur extré-mité respective P et Q un point matériel de massem. Ces tiges sont articulées en A et B et peuventdonc tourner par rapport à la tige AB. L’ensembleforme le système

On note respectivement α l’angle entre BA et BPet β l’angle entre AB et BQ.

1. On considère dans un premier temps que lesarticulations en A et B sont bloquées et donc que

et

a. Exprimer la résultante cinétique de enfonction de L, m, ω, α et β.

b. Exprimer le moment cinétique de enO.

2. Les articulations sont à présent débloquées.

Exprimer et en fonction de L, m, ω, α, β,

et

3 20 min

L πR.

v.

+O

R

ez

v

ex

ey

v v=

P

σO

4 20 min

π( ).

S( ).

O

B

A

Q

P

π

ω

Moteur

α

β

α cte= β cte.=

P S( )

σO S( )

P σO α·

β·.

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54

corrigés


1 Les expressions des grandeurs et pour lesdifférentes distributions s’écrivent avec les intégralessurfaciques ou linéiques, en utilisant les répartitionsde masse surfacique ou linéique On écrit ainsi pour une masse répartie sur une sur-face Σ :

et

Puis, pour la distribution linéique sur une courbe C :

et

2 Réponse b. Faux. Deux référentiels galiléens sonten translation rectiligne uniforme l’un par rapportà l’autre. Si est galiléen, il faudrait donc que

soit en translation rectiligne uniforme dans ce qui n’est pas le cas en général. En revanche,

si le système étudié est isolé, galiléen entraîne galiléen, car G est en translation rectiligne uni-

forme dans le référentiel .

3 1. Dans tous les référentiels, on peut écrire

donc en particulier dans où la

vitesse de G est nulle :

2. Soient et les moments cinétiques du sys-tème respectivement en A et B, dans le référen-tiel Le théorème du transport s’écrit :

Or d’où l’égalité des

moments cinétiques quel que soit le point

B choisi.

4 Le théorème du transport relie deux momentscinétiques exprimés en des points différents dans lemême référentiel. Il est applicable au sein de tous lesréférentiels.Le théorème de Koenig utilise de façon primordiale lespropriétés du référentiel barycentrique. Il permet dedécomposer le moment cinétique en deux termes quireprésentent le moment cinétique dans d’un pointmatériel placé au centre de masse G et le momentcinétique dans le référentiel barycentrique

5 La relation entre les dérivées d’un vecteur dans deux référentiels différents et s’écrit :

Si on applique cette relation au référentiel barycentri-

que, caractérisé par on obtient :

Il suffit d’appliquer cette égalité au vecteur :

puis d’utiliser le théorème de Koenig, en prenant:


1 Le système est formé de trois points matériels.Les ressorts sont de masse nulle et ont une quan-tité de mouvement nulle quel que soit leur mou-vement. La résultante s’exprime donc sous laforme :

2 1. Il faut remarquer que l’axe Oy est un axe desymétrie de révolution du système. On en déduit queson centre de masse G est placé sur cet axe. Lors de

la rotation de l’axe, G reste immobile. Comme la

résultante s’écrit on trouve :

2. Cette fois, G ne se trouve pas sur l’axe de rotation.La symétrie d’axe Oy de la répartition de masseimplique que le centre de masse soit situé sur l’axeOy. De plus, G est en dessous du point O.Soit les coordonnées de G dans la base

Le disque troué peut être considéré

P σA

σ P( ) λ P( ) .

P σ P( )v P( )dSΣ∫∫= σA σ P( )AP v P( )dS∧

Σ∫∫=

P λ P( )v P( )dC∫= σA λ P( )AP v P( )d∧

C∫=

R( )R*( )R( ),

R( )R*( )

R( )

P M v G( ) R( )= R*( )

P * M v G( ) R*( ) 0.= =

σA* σB*S( ),

R*( ).

σB* σA* BA P *.∧+= P * 0=

σB* σA*,=

R( )

R*( ).

A t( )R( ) R ′( )

dAdt-------

R( )

dAdt-------

R ′( )

Ω R′( ) R( )⁄ A∧+=

Ω R*( ) R( )⁄ 0,=

dAdt-------

R( )

dAdt-------

R*( )

=

σG

dσG

dt----------

R( )

dσG

dt----------

R*( )

=

O G= σG σ*=

dσG

dt----------

R( )

dσ*dt

----------R*( )

=

P m x·1 x·3+( ) Mx·2+( )ex=

P M vG ,=

P 0=

0 ; yG( )

Ox Oy,( ).

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55

comme la superposition de deux systèmes simples :un disque plein de rayon R de masse surfacique σ et

un disque de rayon de masse surfacique négative

centré au milieu d’un rayon du premier disque.

Soient et les masses de ces deux disques, de

centres de masse respectivement O et

et soit

On a :

Alors :

Ce qui fournit, après projection sur Oy :

d’où

Le mouvement de G est circulaire, de rayon de vitesse angulaire ω : le vecteur vitesse

est alors

Il vient alors .

3 1. La vitesse du point matériel P est la sommede la vitesse relative dans le référentiel

tournant et de la vitesse d’entraînement:

Attention : ici

Le moment cinétique est alors :

2. Les vecteurs de la base locale dépendent du pointde l’espace. Au second point matériel le vecteur

et l’on peut ainsi écrire :

La somme des deux moments fournit :

Géométriquement, on voit que la somme des deuxvecteurs unitaires est donnée par

d’où :

4 1. Un point P de la plaque reste à la distance r del’axe Ox pendant sa rotation. Soit x son abscisse.

Le vecteur position du point P s’écrit

avec et

Le vecteur vitesse est obtenu par dérivation :

R2---

σ–

m1 m2–

G2 0 R2---,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

= +

σ σ

– σ

m1 πR2σ= m2 πR2---⎝ ⎠⎛ ⎞

2σ= m2

m1

4------ .=

M m1 m2–3m1

4---------- 3m2 .= = =

m1 m2–( )OG m1OO m2OG2–=

m2OG2–=

m1 m2–( )yG

m2R

2-----------–= yG

R6---–=

ρ yG ,=

vG ρωeθ16--- Rωeθ .= =

G

y

x

z

eθ

er

vG

P ′16--- MRωeθ=

vvr Lθ

· eθ=

ve L θωOeϕsin= v Lθ· eθ L θωOeϕ .sin+=

O

P

eϕ

eθ

θ

L

er

z

P

er eθ∧ eϕ.–=

σO P( ) mOP v∧ mL2er θ· eθ θωOeϕsin+( )∧= =

mL2 θ· eϕ– θωOeθsin+( )=

P ′ ,eϕ P ′( ) eϕ P( )–=

σO P ′( ) mL2 θ· eϕ θωOeθ P ′( )sin+( )=

σO S( ) mL2 θωO eθ P( ) eθ P ′( )+( )sin=

θθ

– θπ2

PP

eθ(P ) eθ(P )

eθ P( ) eθ P ′( )+

2 θezsin=

σO S( ) 2mL2ωOsin2θez=

OP rer xex+=

0 r b a2---– x

a2--- .

v P( ) rθ· eθ=

© N

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asse

pré

pa

corrigés


56

2. La résultante cinétique s’obtient par intégration

sur la plaque :

L’élément dm est la masse d’un élément de surface dS

de la plaque : L’élément géométri-que dS s’exprime en fonction des coordonnées dupoint par La masse surfacique

est uniforme (hypothèse de l’énoncé) donc

On peut écrire :

3. La plaque étant homogène, le centre de masse peutêtre déterminé par la recherche d’éléments de symé-trie. Les axes passant par le centre du rectangle etparallèles aux côtés sont des axes de symétrie. G setrouve donc au centre du rectangle, à l’intersection desdiagonales. Les coordonnées de G sont données par :

On en déduit la vitesse de G, cas particulier de la

relation de la question 1. : .

On a bien le résultat :

4. Écrivons l’expression de pour un système

bidimensionnel :

On a déjà explicité les coordonnées du vecteur

du vecteur vitesse et

de l’élément précédemment. On en

déduit :

D’où

Finalement : .

5. Pour calculer on utilise le premier théorème

de Koenig :

Ici, d’où :

P v P( )dm .plaque∫∫=

dm σ P( )dS .=

P r x,( ) dS dxdr .=

σMab----- .=

P Mab----- rθ

· eθdxdrx a 2⁄–=

a 2⁄

∫r 0=

b

∫ Mab----- rdr dxeθ

a 2⁄–

a 2⁄

∫0

b

∫= =

P 12--- Mbθ

· eθ=

xG 0= rG, b2---=

v G( )12--- bθ

· eθ=

P M v G( ) .=

σO

σO OP v P( )dm .∧plaque∫∫=

OP rer xex ,+= v P( ) rθ· eθ=

dmMab----- dxdr=

σOMab----- rer xex+( ) rθ

· eθdxdr∧x a 2⁄–=

a 2⁄

∫r 0=

b

∫=

σOMab----- θ

·r2ex xrer–( )dxdr

x a 2⁄–=

a 2⁄

∫r 0=

b

∫=

Mab----- θ

·r2ex xrer–( )dx

x a 2⁄–=

a 2⁄

∫⎝ ⎠⎛ ⎞ dr

r 0=

b

∫=

Mab----- θ

·r2xex

x2

2----- rer–

a 2⁄–

a 2/

drr 0=

b

∫=

Mab----- θ

·r2aexdr

r 0=

b

∫=

Mab----- θ

·a

b3

3----- ex=

σO13--- Mb2θ

· ex=

σ*,

σO MOG v G( )∧ σ*.+=

OG v G( )∧b2--- er

b2--- θ

· eθ∧b2

4----- θ

· ex= =

σ* 13--- Mb2θ

· ex14--- Mb2θ

· ex–=

σ* 112------ Mb2θ

· ex=

S’entraîner

1 1. On utilise la définition du centre de masse G, avecorigine en C par exemple :

La vitesse s’obtient par dérivation :

2. La résultante cinétique peut s’obtenir à partir del’expression du cours :

d’où

3. On utilise la définition du moment cinétique d’unsystème :

Les points par rapport auxquels le moment cinétique estnul sont situés sur la droite passant par P et colinéaire au

vecteur vitesse car dans ce cas, les deux vecteurs

et sont colinéaires.

CGmPCP mCCC+

mP mC+-------------------------------------

mP

mP mC+-------------------- CP= =

vG t 0=( ) dCGdt

------------t 0=

=

vG t 0=( )mP

mP mC+--------------------

dCPdt

-----------

t 0=

=

vG t 0=( )mP

mP mC+-------------------- VP

°=

P mP mC+( )vG= P mPVP°=

σO OC mCvC∧ OP mPVP°∧+ OP mPVP

°∧= =

σO mPOP VP°∧=

VP°

OP VP°

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57

4. Le référentiel barycentrique est en translation parrapport au référentiel du laboratoire, à la vitesse :

5. La composition des vitesses entre et four-nit les expressions des vitesses dans :

On en déduit le moment cinétique barycentrique, cal-culé en C par exemple (on sait que le choix du point deréduction est sans conséquence sur le résultat) :

6. Le premier théorème de Koenig stipule :

Il vient ici, en utilisant les résultats précédents :

Ce qui est bien le résultat calculé à la question 3.

2 1. Par conservation de la quantité de mouvement (ourésultante cinétique) du système

on en déduit,dans le référentiel galiléen :

2. Le second sac lancé a une vitesse dans car il faut ajouter la vitesse initiale du chariot à lavitesse du sac par rapport au chariot.La conservation de la résultante cinétique du système

conduit à :

D’où .

3. Il s’agit de faire un raisonnement par récurrence.Supposons que le système

ait la vitesse

Par conservation de la résultante cinétique du système on

obtient :

d’où :

3 1. Pour un système déformable comme cette corde, ilest difficile de chercher le centre de masse G pour se ser-vir ensuite de On va plutôt se servir del’additivité de la quantité de mouvement.On découpe la corde en quatre sous-systèmes (1), (2), (3)et (4) comme sur le schéma. La résultante est la sommedes quantités de mouvements des sous-systèmes :

La corde est inextensible donc tous les points de lacorde sont animés de la même vitesse v en norme.

C

P

db

V °P

O

vG

mP

mP mC+-------------------- VP

°=

R( ) R*( )

R*( )

v P( ) R*( ) v P( ) R( ) vG– VP°

mP

mP mC+-------------------- VP

°–mC

mP mC+-------------------- VP

°= = =

v C( ) R*( ) v C( ) R( ) vG–mP

mP mC+-------------------- VP

°–= =

σ* CP mPv P( ) R*( )∧ CC mCv C( ) R*( )∧+=

CP mPv P( ) R*( )∧mCmP

mP mC+-------------------- CP VP

°∧= =

σ*mCmP

mP mC+-------------------- CP VP

°∧=

σO OG mP mC+( )vG∧ σ*+=

σO mP mC+( )OG vG∧ σ*+=

mPOP mCOC+

mPOP mCOC+( )mP

mP mC+-------------------- VP

°∧mPmC

mP mC+-------------------- CP VP

°∧+=

mP

mP mC+-------------------- mPOP mC OC CP+( )+[ ] VP

°∧=

mPOP VP°∧=

⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

S( ) [chariot +=

opérateur n 1–( ) sacs+ ] sac lancé[ ]+

Pavant lancer Paprès lancer=

0 n 1–( )mV1 mu+=

n 1–( ) sacs sur le chariot sac lancé

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎨ ⎩

V11

n 1–------------ u–=

V1 u+ R( )V1

u

chariot observateur n 2–( ) sacs+ +[ ] sac lancé[ ]+


n 1–( )mV1 n 2–( )mV2 m V1 u+( )+=

n 2–( ) sacs sur le chariot sac lancé

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

V2 V11

n 2–------------ u–

1n 1–------------

1n 2–------------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ u–= =

chariot n k– 1+( ) sacs+

Vk 1– u 1n i–---------- .

i 1=

k 1–

∑–=

chariot observateur n k–( ) sacs+ +[ ] sac lancé[ ]+ ,


n k– 1+( )mVk 1– n k–( )mVk m Vk 1– u+( )+=

n k–( ) sacs sur le chariot sac lancé

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

Vk Vk 1–

1n k–----------- u– u 1

n i–----------

i 1=

k

∑–= =

P mv G( ) .=

P P 1( ) P 2( ) P 3( ) P 4( )+ + +=

L – – πR

(1)

(2)

(3)

(4) πR

+O

R

ez

vex

ey

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corrigés


58

correspond à la quantité de mouvement du brin delongueur et de

vitesse La masse linéique µ est d’où

Les vitesses des points de (2) et (3) sont opposées, la lon-

gueur et donc la masse est la même d’où

et donc

Le sous-système (4) correspond à la partie circulaire dela corde, de longueur πR.

Les vitesses de chacun des points sont différentes en di-rection et tangentes au cercle. La quantité de mouve-ment d’un élément d’arc dθ de masse est

On en déduit Le

calcul de cette intégrale nécessite de projeter le vecteur lo-cal dans une base fixe : d’où :

Remarque : une autre méthode d’intégration consiste à

utiliser la relation On en déduit

Finalement, on obtient :

2. Pour exprimer le moment cinétique, on découpe lacorde en éléments de longueur d de masse Prenons un élément de masse sur le brin vertical de gau-che, où le point P a les coordonnées :

Si l’élément de masse est situé sur la poulie :

Si l’élément est situé sur le brin de droite, où le point P ales coordonnées :

Les trois expressions sont identiques, leur sommation(l’intégrale) se fait sur la corde entière :

4 1. a. La résultante cinétique est la somme des quanti-tés de mouvement des deux masses. Il vient :

Les vitesses s’obtiennent en dérivant les vecteurs posi-tions, avec et :

P 1( )

L 2 L πR– –( )– πR– πR 2 L–+=

v . mL---- ,

P 1( ) µ πR 2 L–+( )v m πRL

------- 2

L--- 1–+⎝ ⎠

⎛ ⎞ v .= =

P 2( ) P 3( )–=

P 2( ) P 3( )+ 0.=

veθ

ex

ey

θ

dθ

dm µRdθ=

dP µRveθdθ .= P 4( ) µRveθdθ .0

π

∫=

eθ eθ θexsin– θey ,cos+=

P 4( ) µRv θexsin– θeycos+( )dθ0

π

∫=

µRv θexcos θeysin+[ ]0π=

2µRvex–=

eθderdθ------- .=

eθdθ0

π

∫derdθ------- dθ

0

π

∫ er π( ) er 0( )– 2ex .–= = =

P m πRL

------- 2

L--- 1–+⎝ ⎠

⎛ ⎞ vey– 2 RL--- mvex–=

dm µd .=

R– y P( ),( )

Pdm

+O

R

ez

v

ex

ey

dσO dmOP v∧=

dm Rex– y P( )ey+( ) vey–( )∧=

dmRvez=

veθdm

+O R

ez ex

ey

dσO dmOP v∧=

dmRer veθ∧=

dmRvez=

R y P( ),( )

+O

R

P

ez ex

ey

− v

dσO dmOP v∧=

dm Rex y P( )ey+( ) vey∧=

dmRvez=

σO dσOcorde∫ Rvez dm

corde∫= =

σO mRvez=

P mv P( ) mv Q( )+=

er er P( )= eθ eθ A( )=

OP Ler L αercos αeθsin+( )+=

OQ Ler– L βercos βeθsin+( )–=⎩⎪⎨⎪⎧

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59

On en déduit :

d’où

b. Le moment cinétique se calcule en sommant lesmoments cinétiques des deux masses :

On a déjà exprimé les vecteurs position et vitesse.On calcule alors :

Il vient :

2. Dans le cas où les articulations sont libres, il fautréexprimer les vitesses :

Finalement :

et

On retrouve bien le résultat de la question 1.b. lorsque

v P( ) Lω 1 αcos+( )eθ αersin–( )=

v Q( ) Lω 1 βcos+( )eθ βersin–( )–=⎩⎨⎧

P mLω αcos βcos–( )eθ βsin αsin–( )er+( )=

σO OP mv P( )∧ OQ mv Q( )∧+=

OP v P( )∧ L2ω 1 αcos+( )er αeθsin+( )=

1 αcos+( )eθ αersin–( )∧

L2ω 1 αcos+( )2 sin2α+( )ez=

4L2ωcos2 α2--- ez=

OQ v Q( )∧ L2ω 1 βcos+( )er βeθsin+( )=

1 βcos+( )eθ βersin–( )∧

L2ω 1 βcos+( )2 sin2β+( )ez=

4L2ωcos2 β2--- ez=

σO 4mL2ω cos2 α2--- sin2 β

2---+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ez=

OP Ler L αercos αeθsin+( )+=

OQ Ler– L βercos βeθsin+( )–=⎩⎨⎧

v P( ) Lω 1 αcos+( )eθ αersin–( )=

Lα·

αersin– αeθcos+( )+

v Q( ) L– ω 1 βcos+( )eθ βersin–( )=

Lβ·

βersin– βeθcos+( )–⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

⇒

P mLω αcos βcos–( )eθ βsin αsin–( )er+( )=

mL α·

αsin– β·

βsin+( )er α·

αcos β·

βcos–( )eθ+( )+

σO 4mL2ω cos2 α2--- sin2 β

2---+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ez=

mL2 α· 1 αcos+( ) β

·1 βcos+( )+( )ez+

α·

β·

0.= =

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4 – Moment cinétique d’un solide


61

Moment cinétiqued’un solide

Une définition générale du moment cinétique a été donnée dans un chapitre précédent.Elle s’applique à n’importe quel système matériel. On peut ainsi définir le moment ciné-tique d’un système matériel par rapport à un point ou par rapport à un axe. Dans le casd’un solide, l’expression du moment cinétique peut être développée en prenant en comptele champ des vitesses qui vérifie la « formule de Varignon ». Le programme attachant uneimportance particulière au mouvement de rotation d’un solide autour d’un axe de direc-tion fixe, on rappelle ci-dessous l’expression du moment cinétique dans un tel cas. Rappe-lons que le mouvement de rotation autour d’un axe de rotation de direction fixe serapporte à l’étude d’un mouvement de rotation autour d’un axe fixe dans le référentielbarycentrique.

1 Moment d’inertie d’un système par rapport à un axe

1.1. DéfinitionConsidérons un système matériel constitué de points matériels de masse Soit Δ unaxe. Notons la distance entre le point et l’axe Δ. On appelle moment d’inertie dusystème matériel par rapport à l’axe Δ la quantité :

1.2. Propriétés– dépend de la répartition de masse du solide et de l’axe Δ.– La dimension du moment d’inertie est Un moment d’inertie s’exprimedonc en dans le Système international d’unités.– Un moment d’inertie est toujours positif.

Pi mi.di Pi

J Δ midi2

i 1=

N

∑=

JΔ

JΔ[ ] ML2.=

kg m2⋅

MP

PC

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62

1.3. Théorème d’Huygens

Soit G le centre de masse d’un systèmematériel (fig. 1) dont la masse totale estM. Soit le moment d’inertie de cesolide par rapport à un axe passantpar G. On note le moment d’inertiede ce solide par rapport à un axe passant par un point O du solide etparallèle à On montrera en exer-cice que les deux moments d’inertie sontreliés par :

1.4. Exemples

On indique tout d’abord des moments d’inertie de solides homogènes par rapport à desaxes passant par leur centre d’inertie.Notons aussi le cas d’axes particuliers pour certains solides. Ces résultats peuvent êtreretrouvés grâce au théorème d’Huygens.

Solide homogène J

Disque de masse M de rayon R

Cylindre de masse M de rayon R

Fig. 1

Gd

O

∆O∆G

(S )

J ΔG

ΔG

J ΔO

ΔO

ΔG.

J ΔOJΔG

Md 2+=

RemarqueIl ne s’agit pas ici decalculer les momentsd’inertie de solideshors des cas très sim-ples.

GzOz

J Gz12--- MR2=

J Oz32--- MR2=

GzOz

J Gz14--- MR2=

J Oz54--- MR2=

GzOz

J Gz12--- MR2=

J Oz32--- MR2=

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63

2 Moment cinétique d’un solide en un point d’un axe de rotation

2.1. Moment cinétique en un point d’un axe de rotation fixe

Considérons un solide décrit comme une distribution continue de matière. Le solideest supposé en rotation autour d’un axe fixe dans le référentiel d’étude (fig. 2). Lavitesse d’un point P de a alors pour expression :

où est le vecteur instantané de rotation, porté par Le moment cinétique du solide calculé au point O à l’instant t a ainsi pour expression :

Sphère de masse M de rayon R

Boule de masse M de rayon R

GzOz

J Gz23--- MR2=

J Oz53--- MR2=

GzOz

J Gz25--- MR2=

J Oz75--- MR2=

RemarqueL’expression

peut être écrite mêmelorsque O n’est pas unpoint appartenant ausolide. L’hypothèsed’une rotation autourde fixe dans leréférentiel d’étudesuffit. Dans le référen-tiel barycentrique, lecentre de masse G dusolide appartenant àl’axe de rotation, onutilisera ce point pourexprimer les vitesseset le moment cinéti-que.

v P t,( ) Ω t( ) OP∧=

Oz( )S( )

Oz( ),S( )

v P t,( ) Ω t( ) OP∧=

Ω t( ) ez.

σO t( ) OPS( )∫∫∫ v M t,( )dm∧=

OPS( )∫∫∫ Ω t( ) OP∧( )dm∧=

OP 2Ω t( ) Ω t( ) OP⋅( )OP–( )dmS( )∫∫∫=

RemarqueL’intégrale est calculéesur la distribution con-tinue de matière, cequ’indique l’élémentd’intégration dm.

Remarque

.A B C∧( )∧ =

A C⋅( )B A B⋅( )C–=

σO t( ) OP 2Ω t( ) Ω t( ) OP⋅( )OP–[ ]dmS( )∫∫∫=

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64

2.2. Composantes du moment cinétique

Considérons deux axes et attachés au solide et tels que soit orthogonaldirect (fig. 3). On obtient ainsi, en notant les coordonnées d’un point P du solide :

et :

où désigne la projection du vecteur rotation instantané sur Ainsi, le momentcinétique en O, point de l’axe de rotation, a pour expression :

en posant :où r désigne alors la distance d’un point P du solide à l’axe de rotation Le moment cinétique se décompose en deux contributions que l’on note respectivement

et La première est parallèle à l’axe, la seconde lui est orthogonale. Leursexpressions sont respectivement :

Fig. 2

Pr

O

OP

H(P )

z

(S )

Ω

Ox( ) Oy( ) Oxyz( )x y z, ,( )

OP 2 x2 y2 z2+ +=

Ω t( ) OP⋅( )OP Ω t( )zOP=

z2Ω t( ) Ω t( )z xex yey+( )+=

Ω t( ) Oz( ).

σO t( ) r2Ω Ωz xex yey+( )–( )dmS( )∫∫∫=

r2 x2 y2+=

Oz( ).

σO //, t( ) σO ⊥,t( ).

σO //, t( ) r2dmS( )∫∫∫⎝ ⎠

⎛ ⎞Ω=

σO ⊥, t( ) Ω z xex yey+( )dmS( )∫∫∫–=

Fig. 3

O

(S )

x

y

Ω

σO

σO,

σO, ⊥

z

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65

On reconnaît dans la première expression le moment d’inertie du solide par rapport

à l’axe et .

Notons que la direction de la composante orthogonale à l’axe de rotation est susceptiblede varier au cours du temps car les vecteurs unitaires sont attachés au solide. Ilsconstituent avec une base du référentiel tournant avec le solide. La composante ortho-gonale à l’axe de rotation est ainsi :

Les deux intégrales qui apparaissent ci-dessus sont appelées « produits d’inertie » par rap-port au plan respectivement

2.3. Cas particuliers

n’est généralement pas colinéaire à Il existecependant des cas particuliers dans lesquels la compo-sante orthogonale est nulle.Ainsi, lorsque l’axe de rotation est un axe desymétrie de la distribution matérielle du solide (fig. 4),

l’intégrale est nulle. En effet, la

symétrie matérielle permet d’associer deux points P et symétriques par rapport à l’axe en lesquels la

masse volumique vérifie et tels que

où H est la projection orthogonale de Msur l’axe Un second cas particulier est celui d’un solide dont ladistribution de matière est confinée dans le plan ortho-gonal à l’axe en O (fig. 5). Il s’agit bien sûr d’unmodèle, retenu par exemple dans le cas d’un solided’épaisseur très faible par rapport à ses deux autresdimensions. On note alors que la projection H de toutpoint M du solide est confondue avec O.

3 Moment cinétique d’un solide par rapport à un axe de rotation

3.1. Définition

On rappelle que le moment cinétique d’une distribution matérielle par rapport à un axeest défini en calculant le moment cinétique en un point de cet axe, puis en projetant cettegrandeur vectorielle sur le vecteur unitaire de l’axe dont le sens indique la conventiond’orientation directe autour de l’axe. On montre que cette projection est indépendante duchoix du point sur l’axe.

J Oz

Oz( ) σO //, t( ) J Oz Ω=

ex ey,ez

σO ⊥, t( ) Ω t( ) z x dmexS( )∫∫∫ z y dmey

S( )∫∫∫+⎝ ⎠⎛ ⎞–=

Oxz( ), Oyz( ).

Fig. 4

O

Ω

σO

(S )

x

y

PP

zσO t( ) Ω.

Oz( )

z xex yey+( )dmS( )∫∫∫

P ′, Oz( ),ρ P( ) ρ P ′( )=

HP HP ′–=

Oz( ).

Fig. 5

O

(S )

x

y

z

Ω

σOOz( )

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66

Si Oz est cet axe, alors :

3.2. Moment cinétique d’un solide par rapport à un axe de rotation fixe

La projection de sur l’axe de rotation est par définition nulle. On en déduit quele moment cinétique du solide par rapport à l’axe a pour expression :

c’est-à-dire :

où est le moment d’inertie du solide par rapport à l’axe Cette

quantité caractérise la répartition spatiale de la masse du système par rapport à l’axe

3.3. Rotation autour d’un axe de direction fixe

Dans le cas d’un axe de direction fixe, le raisonnement précédent peut être repris pourdéterminer le moment cinétique barycentrique du solide. En effet, le mouvement dusolide dans son référentiel barycentrique est une rotation autour de l’axe passant par soncentre d’inertie et de même direction que l’axe instantané de rotation (fig. 6). Le momentcinétique barycentrique est en général la somme d’une composante parallèle à l’axe derotation et d’une composante orthogonale à cet axe de rotation.

3.4. Moment cinétique barycentrique d’un solide

3.4.1. ExpressionDans le référentiel barycentrique du solide, le centre de masse G est au repos, etl’axe de rotation instantané passe donc par G. Notons Gz cet axe.

σOz σO ez⋅=

σO ⊥,t( )

Oz( )

σO //, t( ) ez⋅ r2dmS( )∫∫∫⎝ ⎠

⎛ ⎞Ω=

σOz J Oz Ω=

J Oz r2dmS( )∫∫∫= Oz( ).

Oz( ).

Fig. 6

x

x

y

O

Ω

Ω

G

(R )

(S )

(R* )

z z

y

R*( )

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67

La projection du moment cinétique barycentrique sur l’axe Gz fournit le moment ciné-

tique scalaire qui s’exprime par .

Le moment d’inertie est le moment d’inertie par rapport à l’axe Gz .

3.4.2.Premier théorème de KoenigRappel : les vecteurs moment cinétique dans et dans le référentiel barycentrique

sont liés par le premier théorème de Koenig :

où est la résultante cinétique du système de masse M :

Un cas important est le cas puisqu’il en résulte et :

σ*

σGz* σGz* JGz Ω=

J Gz

R( ), σA,R*( ), σ*,

σA AG P∧ σ*+=

P P M v G t,( ).=

RemarqueA est un point quel-conque, mobile ounon dans R( ).

A G= σG σ*=

σGz σGz* J Gz Ω= =

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68


1 Un demi-disque homogène de centre O et derayon R tourne autour de l’axe

Son moment cinétique en O est dirigé selon

a. Vrai.b. Faux.

2 Un demi-disque homogène de centre O et derayon R tourne autour de l’axe

Son moment cinétique en O est dirigé selon

a. Vrai.b. Faux.

3 On place sur le demi-disque précédent en rota-tion autour de l’axe une masselotte m àsa périphérie, c’est-à-dire sur son bord circu-laire. Le moment cinétique en O de l’ensembledisque + masselotte est dirigé selon a. Vrai.b. Faux.

4 Un solide est en rotation autour d’un axe Sa vitesse angulaire est Ω. Son

moment d’inertie par rapport à est J.Donner l’expression de son moment cinéti-que par rapport à l’axe en fonction de J et Ω.Démontrer ce résultat.

5 Un solide est en rotation autour d’un axe On s’intéresse au moment cinétique

du solide en O. Citer deux cas dans lesquelsle moment cinétique en O est parallèle à

Démontrer ces deux résultats.

6 Un solide est en mouvement quelconque, devecteur vitesse angulaire instantané Quelles sont les conditions sur le point Apour que le moment cinétique scalaires’écrive ?

7 On se place dans un référentiel terrestre On considère un disque homogène de masseM, de rayon R dont le centre G est repéré parla coordonnée cartésienne x. La position d’unpoint P à la périphérie du disque est repéréepar un angle θ par rapport à un axe de direc-tion passant par G et parallèle à Le dis-que roule sans glisser sur un plan horizontal.Le moment d’inertie du disque par rapport à

son axe est

1. Donner l’expression du moment cinéti-que barycentrique du disque.

2. Déterminer l’expression, dans dumoment cinétique du disque par rapport aupoint O.

3. On suppose qu’il y a roulement sans glis-sement. Exprimer le moment cinétique pré-cédent en fonction uniquement de θ (ou desa dérivée).

Avant la colle

Oz( ).

z

O

Oz( ).

Ox( ).

O

x

Ox( ).

Ox( )

Ox( ).

Oz( ).

Oz( )

Oz( ).

Oz( ).

Ωez.

σA σA ez⋅ J Ω= =

R( ).

Ox( ).

Gz( ) J Gz12--- MR2.=

R( ),

G

O

I

x

P

θ

y

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69

8 Une tige d’épaisseur négligeable esten rotation dans le plan autour del’axe Un point matériel P de masse mest susceptible de se déplacer sur cette tige.Le moment cinétique de l’ensemble tige +point matériel par rapport à est con-servé. Comment évolue la vitesse angulairedu système lorsque le point matériel se rap-proche de l’axe ?

9 Exprimer le moment d’inertie par rapport àl’axe Az dans les cas suivants :

1. Un point matériel de masse M à la dis-tance d de l’axe.

2. Un cerceau filiforme homogène de masseM et de rayon R.

3. Une tige homogène de longueur L et demasse M.


1 Un cylindre homogène d’axe a unemasse M, un rayon R et une hauteur H. Onnote O son centre d’inertie.

1. Le cylindre est en rotation autour de sonaxe à la vitesse angulaire Don-ner l’expression de son moment cinétique enO. Commenter.

2. Une petite masse m est placée au bas ducylindre, c’est-à-dire à la distance R de l’axe

et à la cote Que devient le moment

cinétique en O du système complet ?

3. Comment peut-on retrouver, à partir dela situation précédente, un moment cinéti-que en O selon l’axe de rotation ?

2 On considère le système composé ci-contre.Les deux tiges OA et AB sont homogènes, demême masse M et de même longueur L. OAa un mouvement de rotation autour de l’axe

alors que AB a un mouvement de rota-tion autour de l’axe

Déterminer le moment cinétique du systèmecomplet par rapport à

3 On considère le véhicule représenté pagesuivante. désigne l’essieu et les rouesavant. Sa masse est son centre d’iner-tie et son moment d’inertie par rapportà est constitué de l’essieu etdes roues arrière. Sa masse est soncentre d’inertie et son moment d’iner-tie par rapport à Enfin, estconstitué du reste de la voiture et a unemasse M.

OA( )Oxy( )

Oz( ).

Oz( )

Oz( )

A

Az

d M

A

Az

R

M

A

M L

Oz( )

Oz( ) Ω t( ).

H2----.–

Oz( ),Az( ).

A

α

β

B

O

x

y

Oz( ).

S1( )

m1,G1

G1y, J 1. S2( )m2,

G2G2y, J 2. S( )

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70

Le véhicule roule sans glissement. Sa vitesse

par rapport au sol est où x dési-

gne l’abscisse du centre d’inertie G del’ensemble du véhicule. On notera levecteur rotation instantané des roues. Déter-miner le moment cinétique barycentriquede l’ensemble du véhicule.

4

Une bille homogène de rayon R, de masse Mroule sans glisser dans un rail diédriqueincliné d’un angle α par rapport à l’horizon-tale. L’angle du dièdre est droit.Le référentiel lié au rail est galiléen. Onutilisera les deux repères définis sur leschéma. La position du centre de masse G dela bille est repérée par l’abscisse X.On note le moment d’inertie de la billepar rapport à un axe qui passe par G.On a montré au chapitre précédent que le

vecteur vitesse angulaire est

1. Exprimer le moment cinétique de labille dans le référentiel barycentrique.

2. En déduire le moment cinétique de la bille dans en puis en O.

5 On étudie le moment cinétique total du sys-tème solaire que l’on décrit comme étant res-treint au Soleil et aux huit planètes. Onignore ainsi la contribution des autres astres

(satellites des planètes, planètes naines, asté-roïdes, comètes). On se place dans le réfé-rentiel de Copernic.Le Soleil est assimilé, de façon extrême-ment simplifiée, à une boule homogène derayon 700 000 km en rotation solide surune durée de 27 jours (en réalité, la rotationest différentielle tant en latitude qu’en pro-fondeur).On donne ci-dessous des indications sur leshuit planètes du système solaire :

La masse de la Terre est Sonrayon est 6 400 km et le rayon de son orbiteest La masse du Soleil est

Pour simplifier, les orbites planétaires sontsupposées dans un même plan et quasi-circulaires. Toutes les planètes sont considé-rées comme des boules homogènes. Lemoment d’inertie par rapport à l’un de sesdiamètres d’une boule homogène de masse

M et de rayon R est De plus, les

axes de rotation des planètes sont supposésorthogonaux aux plans, supposés confon-dus, de leurs orbites.

1. Écrire le moment cinétique d’une planèteau centre du système solaire comme lasomme de deux contributions, respective-ment le moment cinétique orbital et lemoment cinétique propre.

(S )

(S2 ) (S1 )

G

GG2 G1

L

2 1

O ex

ez

ey

h

Sol

a a

O2

I2

I2 I1

I1

I1I2

O1

O ex

ey

ez

vexdxdt------ ex=

ωey

Ox

X

O

GG

h

z

αI J

eX

ex

ez

eZ

eX

eY

R( )

J G

Ω 2 X·

R---- eY.=

σ*

σO ′ R( )

R( ) O ′ σO R( )

Durée de révolution (années)

Durée de rotation

(j)

Masse (en masses terrestres)

Rayon (en rayons terrestres)

Mercure 0,24 59 0,05 0,38

Vénus 0,62 243 0,82 0,95

Terre 1,00 1 1,00 1,00

Mars 1,88 1,03 0,11 0,53

Jupiter 11,86 0,41 318,26 11,19

Saturne 29,46 0,44 95,48 9,46

Uranus 84,02 0,72 14,57 3,98

Neptune 164,80 0,67 16,75 3,81

6 0, 1024 kg.⋅

150 106 km.⋅2 1030 kg.⋅

J 25--- MR2.=

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71

2. Montrer que la seconde contribution estnégligeable par rapport à la première pourchacune des huit planètes.

3. Déterminer numériquement le momentcinétique orbital de chaque planète.

4. Comparer au moment cinétique propredu Soleil.

5. Commenter les résultats précédents.

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72

1

La tige est en rotation autour de l’axe Il a ainsi pour vecteur instantané derotation :

Le point O appartient au solide. La formule de Varignon relie la vitesse du point P de latige à celle en O :

On en déduit :

1 – Tige en rotationOn considère une tige de longueur b, homogène, de masse M, d’épaisseur négligea-ble, en rotation autour de l’axe vertical La vitesse angulaire de rotationautour de cet axe est Ω. L’angle entre la tige et l’axe est constamment égal à θ(voir figure). On utilisera la base cartésienne ou la base locale

1 Rappeler l’expression du vecteur vitesse d’un point P de la tige en fonc-tion de r, distance de P à O, Ω et

2 Déterminer la contribution au moment cinétique en O d’un élément demasse dm de la tige autour du point P. En déduire le moment cinétique de la tige

en fonction de M, b, Ω et des vecteurs de base. Commenter l’expressionobtenue.

Oz( ).Oz( )

ex ey ez, ,( ) er eθ eϕ, ,( ).

O

x

θ

Ω

y

er

eθ

z

eϕ

v P( )eϕ.

dσO

σO


La tige est en rotation, de vecteur instantané de rotation , et on en connaît un point fixe. Laformule de Varignon permet ainsi de déterminer le champ des vitesses du solide.

Ωez

Oz( ).

Ω Ωez=

v P( ) v O( ) Ωez+ OP∧=

v P( ) Ωez rer∧=

Ωr θeϕsin–=

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73

2

La contribution de l’élément de masse dm au moment cinétique en O est :

Intégrons le long de la tige, c’est-à-dire pour r variant de 0 à b. Le vecteur est identiqueen tous ces points, orthogonal à la tige. On obtient ainsi :

Le moment cinétique n’est pas colinéaire à l’axe de rotation. À un instant donné, il sedécompose en effet en

où :

et :

Attention, le vecteur tourne avec la tige !

La première composante du moment cinétique, portée par l’axe de rotation, s’écrit aussi

où est le moment d’inertie de la tige par rapport à l’axe

Ce moment d’inertie dépend de l’inclinaison θ. Il est en particulier nul si θ est nul,ce qui correspond alors à une tige selon l’axe La seconde composante est en rotation à la vitesse angulaire Ω par rapport à l’axe Elle est en général non nulle. Il y a cependant deux cas particuliers :1. si θ est nul, la tige est alors selon l’axe et son moment cinétique en O est nul ;

2. si alors la tige est en rotation autour de tout en restant dans un plan

orthogonal à cet axe et passant par O.

Le moment cinétique en O a, a priori, deux composantes, l’une selon l’axe l’autre ortho-gonale à cet axe.

Oz( ),

dσO OP dm v P( )∧=

rer– dm Ωr θeϕsin∧=

Ωr2 θdm eθsin=

eθ

σO Ωr2 θdm eθsin0

b

∫=

Ωr2 θdrb

----- M eθsin0

b

∫=

Ω θMb2

3---------- eθsin=

σO σ//O σ O⊥+=

σ//O Ωsin2θMb2

3---------- ez=

σ O⊥ Ω θ θMb2

3---------- eycossin=

ey

σ//O JOz Ωez= J Oz sin2θMb2

3----------=

Oz( ).Oz( ).

Oz( ).

Oz( )

θπ2--- ,= Oz( )

Lorsqu’un solide est en rotation autour d’un axe fixe, son moment cinétique en unpoint de l’axe a généralement deux composantes : l’une est selon l’axe de rotation etpeut s’exprimer en fonction du moment d’inertie du solide par rapport à l’axe derotation, l’autre est orthogonale à cet axe de rotation.

en conclusion

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74

2 – Système Terre-Lune (d’après CCP MP)

On étudie, dans ce problème, le système Terre-Lune. On note T le centre de massede la Terre et le référentiel barycentrique de la Terre (ou référentiel géocentri-que) de repère associé On note L le centre de masse de la Lune et le référentiel barycentrique de la Lune (ou référentiel sélénocentrique) de repèreassocié On néglige les effets dus au Soleil ; le système Terre-Lune estdonc considéré isolé et on s’intéresse aux mouvements relatifs de la Terre et de laLune. On considère le référentiel barycentrique du système Terre-Lune et onappelle C le centre de masse de l’ensemble.

désigne le vecteur rotation instantané de rotation propre de la Lune dans

alors que est le vecteur rotation instantané de la Terre dans La Terre et la Lune sont décrites par des distributions homogènes à symétrie sphéri-que. Par conséquent, le moment d’inertie de la Lune par rapport à n’importe quel

axe passant par son centre d’inertie est De même, est

le moment d’inertie de la Terre par rapport à n’importe quel axe passant par soncentre d’inertie.

On désigne par le moment cinétique du système Terre-Lune dans le réfé-rentiel . On désigne respectivement par et les moments cinéti-ques au point C dans le référentiel de la Terre et de la Lune.

et sont, respectivement, les vecteurs moments cinétiques de

rotation propre de la Terre au point T dans le référentiel et de la Lune au pointL dans le référentiel

1 Donner l’expression du moment cinétique puis de

2 Une étude dynamique, basée sur le théorème du moment cinétique, permet demontrer que, sous certaines hypothèses, les deux moments cinétiques précé-dents se conservent. En déduire que les vecteurs rotations instantanés de laTerre et de la Lune sont constants.

3 Montrer que : où représente le vec-teur vitesse de T dans le référentiel On pourra décrire la Terre par unensemble de points matériels. Donner la relation analogue pour

4 En déduire que peut se mettre sous la forme : où désigne le moment cinétique

orbital dans du système Terre-Lune. Préciser l’expression de

5 On appelle M la particule réduite, telle que de masse réduite

de vecteur vitesse Calculer les vecteurs et en

fonction de et En déduire les vecteurs vitesses et des

points T et L dans le référentiel en fonction de Exprimer en

fonction de et µ. Commenter.

RTT ex ey ez, , ,( ). RL

L ex ey ez, , ,( ).

R*

ΩL RL,

ΩT RT.

J L25--- mLRL

2 .= J T25--- mTRT

2=

L* T L,( )

R* LC* T( ) LC L( )*

R*

LT T( )/RTLL L( )/RL

RT

RL.

LT T( )/RT, LL L( )/RL

.

LC* T( ) CT mTVT R*⁄∧ LT T( )/RT+= VT R*⁄

R*.LC* L( ).

L * T L,( )

L * T L,( ) Lorb* LT T( )/RTLL L( )/RL

+ += Lorb*

R* Lorb* .

CM TL,=

µmTmL

mT mL+---------------------= VM R*⁄ . CL CT

mT, mL TL. VT R*⁄ VL R*⁄

R*, VM R*⁄ . Lorb*

VM R*⁄

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75

1

Dans son référentiel barycentrique, la Terre a un mouvement instantané de rotationautour d’un axe passant par son centre d’inertie T. Notons que cet axe n’est pas a priori lemême à tout instant. Cependant, la Terre est modélisée par une distribution sphériquehomogène de masse. Son moment d’inertie par rapport à n’importe quel axe passant par

6 On suppose le théorème de la résultante cinétique connu. Montrer que le mou-vement de la particule réduite est obtenu en considérant qu’elle est soumise à lamême force que celle exercée par la Terre sur la Lune.

7 En déduire que le mouvement de la particule réduite est plan. On supposeraque la résultante du champ gravitationnel terrestre sur la Lune est équivalenteau champ gravitationnel exercé par la Terre en L.

8 Démontrer que la trajectoire de la particule réduite est une conique.

9 Où se trouve C si la masse de la Lune est supposée négligeable par rapport àcelle de la Terre ? Où se trouve alors la particule réduite M ?

10 Évaluer numériquement le moment cinétique orbital ainsi que lesmoments cinétiques de rotation propre et et les comparerentre eux. On supposera l’orbite lunaire circulaire.Données :

Masse de la Lune : Distance moyenne Terre-Lune : Rayon de la Lune : Masse de la Terre : Rayon de la Terre : Constante de la gravitation :

11 En supposant les vecteurs rotation instantanés de la Terre et de la Lune coli-néaires et dirigés suivant , montrer que l’on peut écrire :

12 Le système étant supposé isolé, le moment cinétique précédent est conservé.On peut cependant montrer que les effets de marée de la Lune sur la Terre sontdécrits par un couple qui tend à freiner la rotation de la Terre. Quelle est alorsl’évolution de la distance Terre-Lune ?Application numérique : la durée de rotation terrestre est ralentie d’environ

Lorb* ,LT T( )/RT

LL L( )/RL

ΩL 2 66,= 10 6– rad s 1–··ΩT 7 29,= 10 5– rad s 1–··

mL 7 34, 1022 kg·=

DL 3 84, 108 m·=

RL 1 75, 106 m·=

mT 5 98, 1024 kg·=

RT 6 37, 106 m·=

G 6 67, 10 11– SI·=

ezL * T L,( ) mL GDLmT JT ΩT+( )ez≈

1 7, 10 5– s an⁄ .·


Dans son référentiel barycentrique, la Terre a un mouvement de rotation autour d’un axe passantpar son centre d’inertie T. L’expression du moment d’inertie par rapport à un axe passant par lecentre d’inertie nous est donnée dans l’énoncé.

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76

le centre d’inertie T est Le moment cinétique de la Terre dans son réfé-

rentiel barycentrique est donc :

De même, pour la Lune :

2

D’après l’énoncé, le moment cinétique propre de la Terre est conservé. Ainsi :

Cependant :

Dans le second membre, le premier terme est nul car le moment d’inertie de la Terre,assimilé à une distribution sphérique homogène de masse, est le même quel que soit l’axe

passant par le centre d’inertie T de la Terre. On en déduit c’est-à-dire la con-

servation du vecteur rotation instantané de la Terre.

Le raisonnement est identique pour la Lune.

3

La Terre est assimilée à un ensemble de points matériels. Son moment cinétique en Cdans référentiel barycentrique du système Terre-Lune, est ainsi :

Dans la dernière expression ci-dessus, le premier terme est nul car

(résultante cinétique dans le référentiel barycentrique de la Terre). Le dernier aussi, par

J T25--- mTRT

2 .=

LT T( )/RTJT ΩT=

LL L( )/RLJL ΩL=

L’hypothèse sur la distribution de masse permet de considérer un moment d’inertie ne variant pasdans le temps.

d J T ΩT( )

dt----------------------- 0.=

d J T ΩT( )

dt-----------------------

d J T

dt--------- ΩT JT

dΩT

dt-----------+=

dΩT

dt----------- 0,=

Il s’agit de démontrer le théorème de Koenig relatif au moment cinétique.

R*,

LC* T( ) CT TMi+( )

i 1=

N

∑ mi vi RT⁄ vT R*⁄+( )∧=

CT

i 1=

N

∑ mivi RT⁄∧ CT

i 1=

N

∑ mivT R*⁄∧ TMi

i 1=

N

∑ mivi RT⁄∧ TMi

i 1=

N

∑ mivT R*⁄∧+ + +=

CT mivi RT⁄

i 1=

N

∑⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

∧ CT mTVT R*⁄∧ LT T( )/RTmiTMi

i 1=

N

∑⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

vT R*⁄∧+ + +=

mivi RT⁄

i 1=

N

∑ 0=

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77

définition du centre d’inertie. On obtient donc , c’est-

à-dire la somme du moment cinétique de la Terre dans son référentiel barycentrique et dumoment cinétique d’un point matériel de masse placé en T, centre d’inertie de la Terre.

De même, pour la Lune : .

4

Le moment cinétique total est la somme de deux contributions, l’une de la Terre, l’autrede la Lune, d’où :

Ainsi :

en posant :

5

La définition du centre d’inertie C du système double conduit à :

d’où : et

On en déduit les vitesses de la Lune et de la Terre dans le référentiel barycentrique dusystème double :

et

Le moment cinétique orbital est :

d’où :

On en déduit :

On retrouve le moment cinétique orbital de la particule réduite par rapport à C, centred’inertie du système double.

LC* T( ) CT mTVT R*⁄∧ LT T( )/RT+=

mT

LC* L( ) CL mLVL R*⁄∧ LL L( )/RL+=

Les deux expressions précédentes permettent de mettre en évidence trois contributions aumoment cinétique du système double : deux moments cinétiques propres et un moment cinéti-que orbital.

L* T L,( ) CT mTVT R*⁄∧ LT T( )/RTCL mLVL R*⁄∧ LL L( )/RL

+ + +=

L * T L,( ) Lorb* LT T( )/RTLL L( )/RL

+ +=

Lorb* CT mTVT R*⁄∧ CL mLVL R*⁄∧+=

Cette question fait référence au mobile réduit introduit dans l’étude du système à deux corpsétudié en première année.

mLCL mTCT+ 0=

CLmT

mT mL+--------------------- TL= CT

mL

mT mL+--------------------- TL–=

VL R*⁄

mT

mT mL+--------------------- VM R*⁄= VT R*⁄

mL

mT mL+---------------------– VM R*⁄=

Lorb* CT mTVT R*⁄∧ CL mLVL R*⁄∧+=

Lorb* CT– mTmL

mT mL+--------------------- VM R*⁄∧ CL mL

mT

mT mL+--------------------- VM R*⁄∧+=

Lorb* CM µVM R*⁄∧=

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78

Si alors C est en T, M est en L et le référentiel barycentrique du systèmeTerre-Lune se confond alors avec le référentiel géocentrique.

6

Le théorème de la résultante cinétique appliqué à la Lune s’écrit, dans référentielgaliléen :

soit :

Tout se passe comme si la particule fictive de masse était soumise à la force

7

Dans le cadre de l’approximation suggérée dans l’énoncé, le mobile réduit est soumis à la

force gravitationnelle Il s’agit d’une force centrale. Le moment cinétique du

mobile réduit par rapport à C est donc conservé. Il en résulte que le mouvement dumobile réduit s’effectue dans le plan orthogonal au moment cinétique, indépendant dutemps, et passant par la position « initiale » du mobile réduit.

8

Le mouvement est plan. On adopte dans ce plan un système de coordonnées polaires On rappelle l’une des formules de Binet :

où c désigne la constante des aires et La force exercée par la Terre sur la Lune a

pour expression On en déduit l’équation différentielle :

mT mL,

Le système étant isolé, le référentiel barycentrique est galiléen.

R*,

mLdVL R*⁄

dt----------------- FT L⁄=

mLmT

mL mT+---------------------

dVM R*⁄

dt------------------ FT L⁄=

µmLmT

mL mT+---------------------=

FT L⁄ .

Le mobile réduit est soumis à une force centrale dirigée vers C, centre d’inertie du référentielbarycentrique. Le moment cinétique du mobile réduit est ainsi conservé.

GmLmT

r2-------------------- er.–

Plusieurs méthodes peuvent être utilisées pour démontrer que la trajectoire du mobile réduit estune conique. Nous retenons celle basée sur une formule de Binet.

r θ,( ).

a c2u2 u d2udθ2---------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ er–=

u1r--- .=

GmLmTu2er.–

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79

La solution générale est et par un choix judicieux de l’axe des

références, on obtient , donc

où p est le paramètre et e l’excentricité de la conique.

9

Si alors C est en T, M est en L et le référentiel barycentrique du systèmeTerre-Lune se confond alors avec le référentiel géocentrique.

10

Le centre d’inertie de la Lune décrit une trajectoire circulaire autour du centre d’inertiede la Terre. La relation fondamentale de la dynamique permet de déterminer la vitessede la Lune sur son orbite. Le mouvement circulaire uniforme de la Lune autour de laTerre implique :

d’où :

Ce résultat numérique, ainsi que les valeurs données dans l’énoncé conduisent aux appli-cations numériques pour les trois moments cinétiques, respectivement orbital, terrestre etlunaire :

On en déduit que :

La contribution du moment cinétique lunaire propre est donc négligeable par rapportaux deux autres termes.

d2udθ2--------- u+

GmT

c2------------=

uGmT

c2------------ A θ θ0–( )cos+=

uGmT

c2------------ 1 Ac2

GmT------------ θcos+⎝ ⎠

⎛ ⎞= r

c2

GmT------------

1 Ac2

GmT------------ θcos+

-----------------------------------p

1 e θcos+------------------------= =

Lorsque dans un système double l’un des corps est beaucoup plus massif que l’autre, le mobileréduit se trouve à la position du corps le moins massif.

mT mL,

Cette application numérique va montrer que l’une des trois contributions au moment cinétiquebarycentrique du système double est négligeable.

mLvL2

DL-------------

GmTmL

DL2

--------------------=

vLGmT

DL------------ 1 02 km s 1–·,= =

Lorb* mLDLvL 2 87, 1034 kg m2 s 1–· ··= =

LT T( )25--- mTRT

2 ΩT 7 08, 1033 kg m2 s 1–· ··= =

LL L( )25--- mLRL

2 ΩL 2 39, 1029 kg m2 s 1–· ··= =⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

LL L( )/RLLT T( )/RT

Lorb*

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80

11

Le moment cinétique propre de la Lune est négligeable, d’où :

Cependant , d’où :

Notons que dans l’expression ci-dessus, la Lune est supposée tourner autour de la Terredans le même sens que la Terre autour de son axe. C’est effectivement ce qui est observé.L’une des conséquences de cette configuration est une durée synodique (c’est-à-dire« apparente ») de révolution de la Lune plus grande que sa durée de révolution sidérale(c’est-à-dire dans le référentiel géocentrique).

12

Le moment cinétique est constant, donc

En dérivant par rapport au temps, on obtient

ce qui donne :

L’éloignement de la Lune est confirmé par une série assez longue (plus de vingt ans) demesures de distance réalisées avec un laser à l’observatoire astronomique de Nice et unréflecteur déposé à la surface de la Lune lors d’une mission Apollo. La série de mesuresainsi obtenues nécessite cependant une analyse extrêmement complexe pour faire ressor-tir la contribution effectivement associée à l’éloignement lunaire.

Le moment cinétique barycentrique est en première approximation la somme du moment ciné-tique orbital et du moment cinétique terrestre propre.

L* T L,( ) Lorb* LT T( )/RT+=

DLmLvLez JT ΩT ez+=

DLmLvL mL GmTDL=

L* T L,( ) Lorb* LT T( )+≈ mL GDLmT JT ΩT+( )ez=

Le moment cinétique barycentrique est conservé. Le ralentissement de la rotation terrestreimplique la diminution de la contribution du moment cinétique terrestre.

L* T L,( ) mL GmTDL JT ΩT+( )ez≈

mL GmTDL JT ΩT+ cste.=

12 DL

-------------- mL GmTdDL

dt---------- JT

dΩT

dt-----------+ 0,=

dDL

dt----------

2 J T

mL---------

DL

GmT------------

dΩT

dt-----------– 3 8 cm an⁄,= =

Le moment cinétique d’un solide en rotation (ici la Lune ou la Terre) s’exprime enfonction de son moment d’inertie par rapport à l’axe. Le moment cinétique d’un sys-tème composé de solides s’obtient en sommant leurs contributions en termes demoment cinétique propre, mais aussi de moment cinétique « orbital ».

en conclusion

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s’entraîner


81

Corrigé p. 87

Rotation d’une plaque (d’après ESIM)

Une trappe a la forme d’une plaque rectangulairehomogène OABC, de masse M et de centre d’iner-tie G.On pose ; Ondonne les moments d’inertie de la plaque par rap-port aux axes GX, GY et GZ :

La trappe peut pivoter autour de l’axe Oy fixe,horizontal, défini par deux charnières sur le côtéOA de la plaque. Soit le repère fixe Oy, orthonormé, étant horizontal, on pose

; est vertical et ascendant. Onnote ω la vitesse angulaire de la plaque. Détermi-ner, en projection sur la base et en fonc-

tion de M, a et b et ω le moment cinétique enG, puis le moment cinétique en O.

Corrigé p. 88

Chute d’une barreUne barre AB, homogène, de section négligeable,de masse m, de longueur 2b et de centre G, milieude AB, est posée sur le sol horizontal en B etrepose contre un mur vertical en A. Sa position est

repérée par l’angle Donnerl’expression du moment cinétique de la barre en O

en fonction de l’angle α. On utilisera

Corrigé p. 88

Théorème d’HuygensSoit un solide de centre de masse G, de masseM. Ce système est décrit comme étant discret etformé de N points matériels de masse situésaux points de l’espace,

On note le moment d’inertie de ce solide parrapport à un axe passant par G.On note le moment d’inertie de ce solide parrapport à un axe passant par un point O dusolide et parallèle à

1. Exprimer le moment cinétique par rapport à lorsqu’il tourne autour de à la vitesse

angulaire Ω.

2. Exprimer le moment cinétique du solidelorsqu’il tourne autour de à la vitesse angulaireΩ. est fixe dans le référentiel d’étude

3. Montrer, en utilisant un théorème de Koenig,que où d est la distance entre lesaxes et Ce résultat constitue le théorèmed’Huygens.

Corrigé p. 88

Barre accrochée à un filOn considère une barre homogène, de centrede gravité G, de longueur 2a et de masse m. Cettebarre est astreinte à se déplacer dans le plan

Elle est accrochée au bâti par l’inter-médiaire d’un fil inextensible de longueur h et demasse négligeable. Le fil est accroché d’un côté au

1 10 min

OC AB 2a= = OA BC 2b.= =

J GX13--- Mb2 ; JGY

13--- Ma2 ; JGZ

13--- M a2 b2+( )= = =

O

A

Cx

y Y

XG

2b

2a

B

Oθ

z

x

z1

x1

Ox1, Oz1Ox1

θ Ox1 Ox,( )= Oz1

ex ey ez, ,( )

σG

σO

2 10 min

α Ox OG,( ).=

J G13--- mb2.=

O

y

G

α

A

B x

3 15 min

S( )

mi

Pi i 1 ... N, , .∈

Gd

O

∆O∆G

(S )

J ΔG

ΔG

J ΔO

ΔO

ΔG.

ΔG ΔG

ΔO

ΔO R( ).

J ΔOJΔG

Md 2+=

ΔG ΔO.

4 25 min

B( )

O ex ey, ,( ).

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

s’entraîner


82

bâti au point O et de l’autre côté à la barre aupoint A.Le référentiel terrestre est galiléen. Il est asso-cié au repère La position de A est repérée à chaque instant parl’angle θ.L’orientation de la barre par rapport à la verti-cale est repérée par l’angle ϕ.

On note le moment d’inertie de la

barre par rapport à l’axe

1. Déterminer la vitesse de G dans

2. Soit le référentiel barycentrique de la barre.Déterminer moment cinétique de labarre dans

3. Déterminer moment cinétique de labarre en O dans

Corrigé p. 89

Disque percé (d’après Écrit ENTPE)

Le système étudié est un disque homogène de cen-tre C de rayon R et de masse M dont on a ôté un

disque de rayon tangent au premier disque.

1. Déterminer la masse du système et la posi-tion de son centre de masse G.

2. Le moment d’inertie d’un disque homogène de

rayon a et de masse m est On admet-

tra le théorème d’Huygens du complément decours (§ 1.3.).Déterminer le moment d’inertie du systèmepar rapport à un axe passant par G et orthogonalau plan du disque percé.

3. Ce système roule sans glisser sur un plan hori-

zontal On note le vecteur vitesseinstantané de rotation. Exprimer le moment ciné-tique du système en G, puis le moment cinéti-que du système en I, point de contact entre lesystème et le sol.

R( )O e, x ey ez, ,( ).

B( )Gex

J 13--- ma2=

Gez.

Bâti

Fil

Barre

y

x

O

AG

θ

ϕ

y

x

z

V G( ) R( ) R( ).

R*( )σ* barre( ),

R*( ).

σO barre( ),R( ).

5 25 min

R2---

x

y

I

M ′

J G12--- ma2.=

J G

xOy( ). Ω Ωez=

σG,σI

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


83


1 Réponse a. Vrai.Le solide est en rotation autour de l’axe Notons son vecteur rotation instantané. Lechamp des vitesses du demi-disque est ainsi :

Le moment cinétique en O est ainsi :

où Σ désigne le demi-disque et où l’intégration se faitsur la distribution matérielle.Le double produit vectoriel se développe et on faitapparaître deux contributions au moment cinétiqueen O en désignant par H la projection orthogonale deM sur l’axe :

On reconnaît dans le premier terme le produit duvecteur rotation instantané par le moment d’inertiepar rapport à l’axe Le second terme est nul.En effet, considérons l’axe qui divise le demi-disque en deux quarts de disque symétriques. Deuxpoints M et symétriques par rapport à ont

le même vecteur Par contre :

Le moment cinétique du demi-disque est donc portépar

2 Réponse a. Vrai.L’axe de rotation est un axe de symétrie de ladistribution matérielle. Le moment cinétique par rap-port à O est donc porté par

3 Réponse b. Faux.Le moment cinétique de l’ensemble demi-disque +masselotte est la somme du moment cinétique dudemi-disque et de celui de la masselotte. La premièrecontribution est effectivement dirigée selon Laseconde a pour expression :

en désignant par P la position de la masselotte et m samasse. Lorsque la masselotte est sur l’axe, sa vitesseest nulle, donc son moment cinétique en O est nul.Mais, plus généralement, sa contribution au momentcinétique est le produit d’un vecteur orthogonal au

plan du demi-disque par Pour que ce vecteursoit porté par , il faut que la masselotte soit surl’axe ou dans le plan orthogonal à et pas-sant par O. Pour les autres positions de la masselottesur le disque, il existe une composante du momentcinétique orthogonale à l’axe de rotation

4 Le moment cinétique du solide par rapport à est égal à J Ω. Il s’agit d’une quantité scalaire.

Rappelons que le moment par rapport à un axe estdéfini comme le produit scalaire du moment cinéti-que en un point quelconque de l’axe par le vecteurunitaire de l’axe indiquant la convention de sensdirect de rotation autour de l’axe.Le champ des vitesses du solide a pour expression :

Le moment cinétique du solide en O est ainsi :

Développons le double produit vectoriel sousl’intégrale :

Projetons cette expression sur :

Le terme entre parenthèses à la dernière ligne estégal à où r désigne la distance du point M à l’axe

On obtient ainsi :

Or, est le moment d’inertie du

solide par rapport à l’axe On retrouve donc lerésultat annoncé.

Oz( ).

Ωez

v M( ) Ω OM∧=

σO t( ) OMΣ∫∫ v M t,( )dm∧=

OMΣ∫∫ Ω t( ) OM∧( )dm∧=

Oz( )

σO //, t( ) HM 2dmΣ∫∫⎝ ⎠

⎛ ⎞Ω=

σO ⊥,O( ) Ω OH HM dm

Σ∫∫–=

Oz( ).Ox ′( )

M ′ Ox ′( )

HM H ′M ′ .=

OH ′ OH– .=

Oz( ).

Ox( )

Ox( ).

Ox( ).

OP mvP∧ OP m Ωez OP∧( )∧=

OP .Ox( )

Ox( ) Ox( )

Ox( ).

Oz( )

v M t,( ) Ω t( )ez OM∧=

σO t( ) OMS( )∫∫∫ v M t,( )dm∧=

OMS( )∫∫∫ Ω t( )ez OM∧( )dm∧=

OM Ω t( )ez OM∧( )∧ OM 2Ω t( )ez Ω t( ) OM ez⋅( )OM–=

ezOM Ω t( )ez OM∧( )∧( ) ez⋅

OM 2Ω t( ) Ω t( ) OM ez⋅( )2

–=

OM 2 OM ez⋅( )2

–( )Ω t( )=

r2

Oz( ).

σO t( ) ez⋅ r2dmS( )∫∫∫⎝ ⎠

⎛ ⎞Ω t( )=

J r2dmS( )∫∫∫=

Oz( ).

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


84

5 Lorsque l’axe de rotation est axe de symétrie de ladistribution matérielle du solide, son moment cinéti-que est parallèle à l’axe de rotation. Pour établir cerésultat, considérons deux points P et du solide,symétriques par rapport à et donc affectés de lamême masse élémentaire dm. Leur contribution aumoment cinétique en O du solide est :

Cependant :

On en déduit :

Cependant, P et étant symétriques par rapport à:

d’où :

Or, est selon ce qui confirme que lacontribution totale au moment cinétique en O desdeux points matériels symétriques par rapport à

est effectivement selon l’axe de rotation. Lasymétrie matérielle du solide permet de le diviser endeux sous-ensembles de points ayant la pro-priété précédente.Lorsque le solide est « plat » et dans le plan orthogonalà l’axe de rotation passant par O, le moment cinétiqueen O est selon l’axe de rotation. En effet, la contributionau moment cinétique en O d’un élément de matière demasse dm autour d’un point P du solide est :

Or, est nul.Les deux cas cités ne sont pas les seuls, comme lemontre l’exercice 1.

6 D’après le cours, il y a deux cas pour lesquels:

– A est un point de l’axe instantané de rotation dusolide, dans le référentiel d’étude ;

– Il peut donc être mobile dans le référentield’étude. Il est cependant fixe si l’on se place dans

7 1. Le référentiel barycentrique du disque est leréférentiel d’origine G et d’axes parallèles à ceux duréférentiel d’étude Dans le référentiel barycen-trique, le disque a un mouvement de rotation autourde l’axe fixe Son vecteur rotation instantané

est L’axe est un axe de symétrie de la

distribution matérielle, laquelle est aussi dans un planorthogonal à Le moment cinétique barycentri-que du disque en G est ainsi :

2. Le théorème de Koenig relatif au moment cinéti-que nous indique que le moment cinétique en O est lasomme du moment cinétique barycentrique et dumoment cinétique d’un point matériel de masse Mplacé en G, centre d’inertie du disque. Ainsi :

3. La vitesse de glissement sur le sol se réduit ici à lavitesse du point I du disque coïncidant à l’instant tavec le sol. D’après la formule de Varignon, il s’agitde :

Le roulement sans glissement se produit donc si etseulement si :

Le moment cinétique du disque en O devient donc :

P ′Oz( )

dσ OP dmv P( )∧ OP ′ dmv P ′( )∧+=

v P( ) Ω t( )ez OP∧=

v P ′( ) Ω t( )ez OP ′∧=

dσ OP dm Ω t( )ez OP∧( )∧=

OP ′ dm Ω t( )ez OP ′∧( )∧+

dmΩ t( )(OP 2ez OP ez⋅( )OP–=

OP ′2ez OP ′ ez⋅( )OP ′– )+

P ′Oz( )

OP ez⋅( ) OP ′ ez⋅( )=

OP ez⋅( )OP OP ′ ez⋅( )OP ′+ OP ez⋅( ) OP OP ′+( )=

OP OP ′+ ez,

Oz( )

P P ′,

dmOP Ω t( )ez OP∧( )∧

dmΩ t( ) OP 2ez OP ez⋅( )OP–( )=

OP ez⋅

σA J Ω=

R( )

A G .=

R*( ).

R( ).

Gz( ).dθdt------ ez . Gz( )

Gz( ).

σ* JGzdθdt------ ez=

12--- MR2 dθ

dt------ ez=

σO σ* OG+ M vG∧=

12--- MR2 dθ

dt------ ez xex Rey+( ) M

dxdt------ ex∧+=

12--- MR2 dθ

dt------ ez MR

dxdt------ ez–=

vI vGdθdt------ ez GI∧+=

dxdt------ ex

dθdt------ ez+ Rey–( )∧=

dxdt------ R

dθdt------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ex=

dxdt------ R

dθdt------+ 0=

σO12--- MR2 dθ

dt------ ez MR2 dθ

dt------ ez+=

32--- MR2 dθ

dt------ ez=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


85

8 Le moment cinétique par rapport à est où J est le moment d’inertie de la tige

par rapport à indépendant du temps, r la dis-tance de P à et Ω la vitesse angulaire de la tigepar rapport à L’énoncé indique qu’il y a con-servation du moment cinétique par rapport à Si le point matériel se rapproche de lemoment d’inertie de l’ensemble diminue et la vitesseangulaire de la tige doit donc augmenter.

9 1. D’après la définition du moment d’inertie, onobtient dans ce cas 2. Tous les points du cerceau filiforme homogènesont à la distance R de l’axe, d’où un moment d’iner-tie

3. La tige est homogène de longueur L et de masse

M. Sa masse linéique est ainsi Le moment

d’inertie est donc soit


1 1. Le cylindre est en rotation autour de axede symétrie de la distribution matérielle. Sonmoment cinétique en O, point de cet axe, est dirigéselon l’axe. Son expression est :

où est le moment d’inertie du cylindre

homogène par rapport à son axe.Ainsi, le moment cinétique n’a qu’une seule compo-sante, selon l’axe de rotation.

2. La masse m de coordonnées R et a pour

vitesse où est le vecteur orthoradial de labase locale cylindrique. La contribution de la massem au moment cinétique en O du système complet estdonc :

Il y a donc une contribution selon mais aussi unecontribution radiale. Notons que cette dernière a unedirection qui varie au cours du mouvement de rota-tion du solide.

3. Pour obtenir un moment cinétique selon ilfaut placer une masse m identique symétriquement àla première par rapport à l’axe La distributionmatérielle retrouve alors sa symétrie par rapport àl’axe

2 La tige OA a un mouvement de rotation autour del’axe Sa vitesse angulaire est Ainsi, le

vecteur rotation instantané de la barre est

Son moment d’inertie par rapport à l’axe

est La tige étant dans le plan

orthogonal à et passant par O, son momentcinétique en O est donc :

La tige AB a un mouvement de rotation autour de A est un point mobile dans le référentiel

d’étude. Il peut être utile d’appliquer le théorème deKoenig et de considérer que le moment cinétique deAB est la somme de son moment cinétique barycentri-que et du moment cinétique en O d’un point matérielde masse M et de position centre d’inertie de labarre AB. Dans son référentiel barycentrique, la tige aun mouvement de rotation autour de et son vec-

teur rotation instantané est Son moment

d’inertie par rapport à est d’où un

moment cinétique barycentrique :

Déterminons la position du centre d’inertie Ils’agit des coordonnées :

d’où les composantes du vecteur vitesse :

On en déduit la contribution du point de masse M en au moment cinétique en O :

Oz( )J mr2+( )Ω

Oz( ),Oz( )

Oz( ).Oz( ).

Oz( ),

Md 2 .

MR2 .

µML---- .=

µr2dr0

L

∫ , ML----

L3

3------

13--- ML2 .=

Oz( ) ,

σO t( ) J Ω t( )ez=

J 12--- MR2=

H2----–

Ω t( )Reθ eθ

RerH2---- ez–⎝ ⎠

⎛ ⎞ mΩ t( )Reθ∧

mR2Ω t( )ez12--- mHRΩ t( )er+=

ez,

Oz( ),

Oz( ).

Oz( ).

Oz( ). dαdt------- .

OA[ ]dαdt------- ez .

Oz( ) J 13--- ML2 .=

Oz( )

J dαdt------- ez

13--- ML2 dα

dt------- ez=

Az( ).

G2 ,

G2zdβdt------- ez .

G2z J ′112------ ML2= ,

J ′dβdt------- ez

112------ ML2 dβ

dt------- ez=

G2 .

x2 L αcos L2--- βcos+=

y2 L αsin L2--- βsin+=

dx2

dt-------- L α

dαdt-------sin–

L2--- β

dβdt-------sin–=

dy2

dt-------- L αcos dα

dt-------

L2--- βcos dβ

dt-------+=

G2

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


86

Le moment cinétique de la tige AB en O est donc :

Enfin, le moment cinétique en O du système consti-tué des deux tiges est :

3 Il s’agit de déterminer la contribution de chacundes trois sous-systèmes définis dans l’énoncé aumoment cinétique barycentrique.Dans est immobile, donc son momentcinétique est nul.

est en rotation par rapport à l’axe désignant le centre d’inertie de Appliquons lethéorème de Koenig en désignant par le réfé-rentiel barycentrique de :

Dans son référentiel barycentrique, est en rota-tion autour de son axe de symétrie Le pre-mier terme vaut ainsi :

Le deuxième terme est nul car le centre d’inertie de est fixe dans le référentiel barycentrique .

De même, pour le système constitué de l’essieuet des roues arrière :

Finalement, le moment cinétique barycentrique del’ensemble du véhicule est égal à :

La condition de roulement sans glissement permetd’exprimer la quantité précédente en fonction de

En effet, le roulement sans glissement se produit

si et seulement si :

d’où :

4 1. D’après le cours, on exprime par :

2. On utilise le premier théorème de Koenig :

Ici, le vecteur est colinéaire au vecteur vitesse

donc le second terme du second membre

est nul. Il vient : .

On procède de la même façon pour :

d’où :

5 1. D’après le théorème de Koenig, le momentcinétique en O, centre du système solaire, d’une pla-nète est la somme du moment cinétique propre, c’est-à-dire dans le référentiel barycentrique de la planète,et du moment cinétique d’un point matériel de masseégale à celle de la planète et placée en son centred’inertie. Notons la vitesse angulaire de rotation, Jle moment d’inertie, M la masse, r le rayon de l’orbiteet v la vitesse sur l’orbite :

2. Le premier terme est égal à où R désigne

le rayon de la planète. Il s’écrit aussi où

est la durée de rotation de la planète sur elle-même.

Pour déterminer le second terme à partir des duréesde révolution, il faut appliquer la 3e loi de Kepler.

Elle nous indique en effet que a la même valeur

pour toutes les planètes du système solaire. dési-gne ici la durée de révolution de la planète autour duSoleil. On en déduit :

L αcos L2--- βcos+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ex L αsin L2--- βsin+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ey+⎝ ⎠⎛ ⎞

M ⎝⎛ L α

dαdt-------sin–

L2--- β

dβdt-------sin–⎝ ⎠

⎛ ⎞ ex∧

L αcos dαdt-------

L2--- βcos dβ

dt-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ey ⎠⎞+

ML2⎝⎛dα

dt-------

14---

dβdt-------

12--- α βcoscos α βsinsin+( )+ +=

dαdt-------

dβdt-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞⎠⎞ ez×

ML2 dαdt-------

14---

dβdt-------

12--- α β–( ) dα

dt-------

dβdt-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞cos+ +⎝ ⎠⎛ ⎞ ez=

ML2 dαdt-------

13---

dβdt-------

12--- α β–( ) dα

dt-------

dβdt-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞cos+ +⎝ ⎠⎛ ⎞ ez

ML2 43---

dαdt-------

13---

dβdt-------

12--- α β–( ) dα

dt-------

dβdt-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞cos+ +⎝ ⎠⎛ ⎞ ez

R*( ), S( )

S1( ) G1y, G1S1( ).

R1*S1( )

σS1* σS1 R1*⁄ GG1 m1vG1 R*⁄∧+=

S1( )G1y( ) .

σS1 R1*⁄ J1ωey=*

S1( ) R*( )S2( )

σS2* σS2 R2*⁄ GG2 m2vG2 R*⁄∧+=

J2ωey=

*

S1( ) S2( ) S( )∪ ∪

σ* J 1 J2+( )ωey=

dxdt------ .

dxdt------ Rω=

σ*J 1 J2+

R---------------

dxdt------ ey=

σ*

σ* JGΩ 2 J G1R---

dXdt------- ey= =

σO ′ R( ) σ R*( )* O ′G M V G( ) R( )∧+=

O ′G

V G( ) R( )

σO ′ R( ) 2 J G1R---

dXdt------- ey=

σO R( )

σO R( ) σ R*( )* OG M V G( ) R( )∧+=

σO R( ) 2 dXdt------- 2

J G

R------ Mh αcos+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ey=

Ωr

σO J Ωr Mvr+( )ez=

25--- MR2Ωr

25--- MR2 2π

Tr------ Tr

r3

T R2

--------

TR

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


87

où les valeurs indicées par 0 sont celles pour la Terre.Ainsi, le moment orbital d’une planète a pourexpression :

Le rapport entre moment cinétique propre etmoment cinétique orbital est donc :

On calcule ce rapport sans dimension pour les huitplanètes du système solaire :

Ces rapports sont très inférieurs à 1, même pour lesgéantes à rotation rapide, qui sont cependant, aussi,les planètes les plus éloignées du Soleil.On néglige donc, dans la suite, le moment cinétiquepropre.

3. Le moment cinétique orbital de chaque planète

est soit numériquement :

4. Le moment cinétique propre du Soleil assimilé àune boule homogène solide en rotation est

soit

5. La contribution essentielle au moment cinétiquetotal du système solaire est celle de Jupiter et, dansune moindre mesure, celle des autres planètes lesplus lointaines (Saturne en particulier).

Mercure

Vénus

Terre

Mars

Jupiter

Saturne

Uranus

Neptune

r r0TR

T0------⎝ ⎠⎛ ⎞

23---

=

Mvr 2πMr2

TR------=

2πMr02

T R

13---

T 0

43---

--------=

2R2T 0

43---

5r02TrT R

13---

----------------------

Moment cinétique propreMoment cinétique orbital------------------------------------------------------------------------

1 0, 10 9–⋅

1 1, 10 9–⋅

2 6, 10 7–⋅

5 7, 10 8–⋅

3 4, 10 5–⋅

1 7, 10 5–⋅

1 3, 10 6–⋅

1 0, 10 6–⋅

Moment cinétique orbital

Mercure

Vénus

Terre

Mars

Jupiter

Saturne

Uranus

Neptune

2πMr02

T R

13---

T 0

43---

-------- ,

kg m2 s 1–⋅ ⋅( )

8 41, 1038⋅

1 88, 1040⋅

2 69, 1040⋅

3 56, 1039⋅

1 95, 1043⋅

7 93, 1042⋅

1 72, 1042⋅

2 47, 1042⋅

25--- MR 2Ωr, 2 8, 1036 kg m2 s 1–⋅ ⋅ .⋅

S’entraîner

1 Le moment cinétique en G est égal au moment cinéti-que barycentrique. Dans le référentiel barycentrique, laplaque a un mouvement de rotation autour de l’axe

lequel est un axe de symétrie matérielle. Lemoment cinétique barycentrique, et donc est ainsi :

On déduit du théorème de Koenig le moment cinétiqueen O :

On note que le moment cinétique a une composanteparallèle à l’axe de rotation et égale au moment d’inertiepar rapport à cet axe multiplié par le vecteur rotationinstantané, mais aussi une composante orthogonale à cetaxe.

GY( ),σG

σG σ* JGY ωey= =

σG13--- Ma2ωey=

σO σ* OG M vG∧+=

13--- Ma2ωey aex bey+( ) Maωez∧+=

σO43--- Ma2ey Mabex+⎝ ⎠⎛ ⎞ω=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


88

2 Dans son référentiel barycentrique, la barre a unmouvement de rotation autour de l’axe Son vec-

teur rotation instantané est Son moment cinéti-

que barycentrique est ainsi soit :

D’après le théorème de Koenig, le moment cinétique dela barre en O est ainsi :

Cependant, les coordonnées du centre d’inertie G sont :

Sa vitesse a donc pour composantes :

On en déduit : ,

d’où le moment cinétique en O : .

3 1. Le solide est en rotation autour de l’axe Son

moment cinétique par rapport à cet axe est ainsi .

Cette quantité scalaire est égale à la projection sur du moment cinétique calculé en G.

2. Le solide est en rotation autour de l’axe Son

moment cinétique par rapport à cet axe est ainsi .

Cette quantité scalaire est égale à la projection sur du moment cinétique calculé en O.

3. On considère le mouvement décrit dans la secondequestion. D’après le théorème de Koenig relatif aumoment cinétique, le moment cinétique en O est la sommedu moment cinétique barycentrique et du moment cinéti-que d’un point matériel de masse m en G, soit :

La projection sur le vecteur unitaire commun auxdeux axes parallèles et conduit ainsi :

soit :

Le solide étant en rotation autour de l’axe G décritun mouvement circulaire d’axe et de rayon d :

On en déduit :

Cette relation étant valable quelle que soit la vitesseangulaire Ω, on en déduit le théorème de Huygens :

4 1. Pour déterminer on peut déterminer levecteur position de G puis dériver par rapport au temps.La base de projection suggérée est ici cartésienne.

Dans ce cas :

Par dérivation on aboutit à dans la base

:

2. D’après le cours, pour exprimer il fautconnaître le moment d’inertie et le vecteur vitesse

angulaire instantané du solide

Ici, l’angle de rotation de la barre par rapport aux axesfixes du référentiel est l’angle ϕ. La rotation de la barre alieu autour d’un axe orienté par Il vient alors :

On en déduit : .

Remarque : dans l’exercice précédent, on avait trouvé lemoment d’inertie d’une barre par rapport à un axe pas-

sant par son centre de masse : Le facteur

utilisé ici est juste car la barre a une longueur 2a ! On

trouve bien :

3. Connaissant déjà , il suffit d’utiliser le1er théorème de Koenig qui s’écrit :

Ici, le second terme du second membre se calcule par :

en utilisant les coordonnées dans la base cartésiennedirecte

Gz( ).dαdt------- ez .–

σ* JGdαdt------- ez ,–=

σ* 13--- mb2 dα

dt------- ez–=

σO σ* OG mvG∧+=

xG yG,( ) b αcos b αsin,( )=

dxG

dt---------

dyG

dt---------,⎝ ⎠

⎛ ⎞ b αdαdt-------sin– b α

dαdt-------cos,⎝ ⎠

⎛ ⎞=

OG mvG∧ mb2 dαdt------- ez=

σO23--- mb2 dα

dt------- ez=

ΔG .

J ΔGΩ

ΔG

ΔO .

J ΔOΩ

ΔO

σO σ* OG mvG∧+=

uΔG ΔO

σO u⋅ σ* u⋅ OG mvG∧( ) u⋅+=

J ΔOΩ JΔG

Ω OG mvG∧( ) u⋅+=

ΔO ,ΔO

OG mvG∧ md 2Ωu=

J ΔOΩ JΔG

Ω md 2Ω+=

Erreur courante. L’angle θ ne décrit pas la rotationpropre de la barre mais seulement le mouvement deson extrémité A. Si ϕ est constant, la barre est en trans-lation car elle garde une direction fixe dans le référen-tiel d’étude.

J ΔOJΔG

md 2+=

V G( ) R( ) ,

OGxG h θcos a ϕcos+=

yG h θsin a ϕsin+=⎩⎨⎧

V G( ) R( )

ex ey,( ) V G( ) R( )

x·G hθ·

θsin– aϕ·

ϕsin–=

y·G hθ·

θcos aϕ·

ϕcos+=⎩⎨⎧

σ* barre( ),J G

Ω .

ez.Ω ϕ

· ez .=

σ* barre( )13--- Ma2ϕ

· ez=

J 112------ ML2 .=

13---

112------ M 2a( )2 1

3--- Ma2 .=

σ* barre( )

σO barre( ) R( ) σ* barre( ) OG M V G( ) R( )∧+=

OG V G( ) R( )∧

h θ a ϕcos+cos

h θsin a ϕsin+

0

hθ·

θsin– aϕ·

ϕsin–

hθ·

θcos aϕ·

ϕcos+

0

∧=

0

0

h2θ·

a2ϕ· ah θ

·ϕ·

+( ) θ ϕ–( )cos+ +

=

Gx Gy Gz, ,( ).

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89

On en déduit :

Remarque : si on considère le fil et la barre qui restentcolinéaires, alors et l’expression devient

qui est une

application du théorème d’Huygens.

5 1. La masse surfacique est uniforme et vaut

La surface du système est :

On en déduit la masse : .

Le centre de masse G est situé sur l’axe de symétrie pas-sant par C (horizontal sur le schéma, à gauche de C ). À

l’exercice 10 du chapitre 2, on a montré que .

2. On utilise la superposition de deux disques : l’un de masse M, de rayon R et de centre C (qui est

aussi son centre de masse), l’autre hypothétique,

de masse de rayon et centré en milieu du

rayon du premier disque. La masse négative du seconddisque compense la masse du premier et on obtient ainsile disque percé.

Déterminons les moments d’inertie de chacun desdisques :

•

d’après la relation, puisque C est son centre de masse ;

• en son centre

de masse.

Il faut à présent exprimer ces deux moments d’inertiepar rapport au même axe passant par le centre demasse G. Pour cela on utilise le théorème d’Huygens ducomplément de cours. On obtient :

•

•

On en déduit par sommation des deux moments calcu-

lés précédemment : .

3. D’après le cours, on peut écrire :

Si l’on se place à présent en I, il faut utiliser le théorème

de transport : où est la résultante

cinétique du système :

Commençons par la cinématique et posons

, orienté par le vecteur Dans ce cas,

car a une direction fixe dans le référentiel

d’étude et est lié au solide.La vitesse du point I est nulle dans l’hypothèse de non-glissement.On en déduit la vitesse de G :

Point maths. On a utilisé la relation de trigonométrie :

σO barre( ) R( )

13--- Ma2ϕ

· M h2θ·

a2ϕ· ah θ

·ϕ·

+( ) θ ϕ–( )cos+ +( )+ ez=

a bcoscos a bsinsin+ a b–( )cos=

θ ϕ=

σO barre( ) R( )13--- Ma2 M a h+( )2+ ϕ

· ez=

σM

πR2---------- .=

S π R2 R2

4------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 34--- πR2= =

M ′ M ′34--- πR2σ

34--- M= =

CG R6---=

D1( )

D2( ) ,M4----– , R

2--- C ′ ,

R

G

C C

J C D1( )12--- MR2=

Erreur courante. Il ne faut pas faire la somme desdeux moments d’inertie précédents, car ils ne sont pasexprimés par rapport au même axe.

J C ′ D2( )12---

M–

4---------

R2---⎝ ⎠⎛ ⎞

2 132------ MR2–= = C ′ ,

ΔG

J ΔGD1( ) JC D1( ) MCG2+=

12--- MR2 M

R6---⎝ ⎠⎛ ⎞

2+

1936------ MR2= =

J ΔGD2( ) JC ′ D2( )

M–

4--------- C ′G2+=

132------ MR 2–

14--- M 1

6---

12---+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2R2–

41288--------- MR2–= =

J G3796------ MR2 37

72------ M ′R2= =

σG JG Ω3772------ M ′R2Ωez= =

σI σG P+ GI∧= PσI σG M ′V G( ) GI .∧+=

z

GC

θ

x

y

I

θ CI ; CG( )= ez.

Ω θ· ez= CI

CG

V G( ) V I( ) Ω IG∧+ θ· ez IG∧= =

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corrigés


90

puis le moment cinétique

Il reste à calculer le dernier terme, en développant ledouble produit vectoriel :

Le carré de la distance GI se calcule en décomposant levecteur :

Finalement :

Point maths. Ce développement est à connaître.

σI σG M ′θ· ez IG∧( ) GI .∧+=

a b∧( ) c∧ a c⋅( )b b c⋅( )a–=

ez IG∧( ) GI∧ ez GI⋅( )IG IG GI⋅( )ez– GI 2ez= =

GI 2 GC CI+( )2

=

R6--- θexsin θeycos–( ) Rey–⎝ ⎠⎛ ⎞

2=

R2 136------ sin2θ 1 1

6--- θcos+⎝ ⎠

⎛ ⎞2

+⎝ ⎠⎛ ⎞=

R2 3736------

13--- θcos+⎝ ⎠

⎛ ⎞=

σI3772------ M ′R2θ

· ez M ′R2θ· 37

36------

13--- θcos+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ez+=

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5 – Les actions sur un système


91

Les actions sur un système

Les forces appliquées sur un système matériel sont des grandeurs fondamentales en méca-nique. Si la cinématique décrit mathématiquement le mouvement et si la cinétique exprime,grâce au concept de masse, les grandeurs conservées d’un système isolé (« quantité demouvement », « moment cinétique » et « énergie »), la dynamique rend compte de la causedu mouvement à l’aide du concept de force.Le vecteur force apparaissant dans le principe fondamental de la dynamique est ici géné-ralisé au cas d’un ensemble de points, discret ou continu. Ce vecteur force est remplacépar un ensemble de vecteurs appelé « actions sur le système ». Les grandeurs qui décriventces actions sont constituées par sa résultante et son moment par rapport à un point.

1 La résultante des actions

1.1. Définition

Considérons un système de points matériels. Ce système est supposé formé deN points matériels de masses respectives :

Sur chaque point est exercée une force

Soit l’ensemble des vecteurs forces subis par les points (fig. 1).

S( )Pi, mi

S( ) Pi mi,( ) i 1 ... N, ,==

Pi fi .

RemarqueCet ensemble n’estpas équivalent, engénéral, à un seulvecteur s’appliquantsur le système en unseul point. C’estpourquoi on utiliserale terme d’«actions»ou d’«efforts» sur lesystème On dé-terminera plus loinsous quelles condi-tions les actions sontéquivalentes à uneforce unique.

S( ).

Pi fi, i 1 ... N, ,= Pi

Fig. 1

(S)

PN

mN

mi

P1Pi

m1

fif1

fN

MP

PC

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92

On définit la résultante des actions sur : .

Il sera intéressant en dynamique de séparer les contributions des actions respectivementintérieures et extérieures au système :

1.2. Actions extérieures

Dans un référentiel galiléen, une force est dite extérieure à un système si elle est exercéepar un système matériel situé à l’extérieur de Il s’agit dans ce cas d’une force

d’interaction entre les deux systèmes :

Dans le cas d’un référentiel non galiléen, les forces d’inertie d’entraînement et de

Coriolis sont considérées comme des forces extérieures, même s’il n’existe pas de sys-tème matériel qui en serait la cause.On écrira donc, pour la force extérieure résultante s’exerçant sur le point :

La résultante des forces extérieures est la somme des forces individuelles sur tous lespoints du système :

1.3. Actions intérieures

Définition : une force est dite intérieure au système si elle est exercée sur un point

du système par un autre point de ce même système. Elle est notée

L’ensemble de ces forces constitue les actions intérieures. Ce sontdes forces d’interaction.

Propriétés :Les forces d’interaction vérifient la loi des actions réciproques ou 3e loi de Newton, vue en1re année :

• ;

•

Définition : la résultante de ces forces sur le point est : .

Pour les systèmes continus, ces actions sont décrites par des éléments de forceinfinitésimaux : on écrit l’élément de force sur un élément infinitésimal de volume dτrepéré par le point P dont l’origine est un autre volume autour d’un point du

système : (fig. 2).

RemarqueLa définition de la ré-sultante des actionssur les systèmes conti-nus est analogue, l’in-tégrale remplaçant lasomme et l’élément

de force quesubit l’élément maté-riel en P remplaçant

la force

d f P( )

fi.

F S( ) F fii 1=

N

∑=

f i f i ext fi int+=

S ′( ) S( ).

f S ′( ) i→ .

f ie

f icRemarque

Les forces exercéespar les systèmes exté-rieurs (forces d’inter-action) sont invarian-tes par tout change-ment de référentiel.Les forces d’inertiedépendent du réfé-rentiel d’étude.

Pi

f i ext f

S ′( ) i→ f i ie, f

i ic,+ +=

Pi S( )

Fext f i ext

i 1=

N

∑=

RemarqueCette force peut êtreune force d’interac-tion à courte portée(Van der Waals, con-tact, pression) ou àlongue portée (inte-raction gravitation-nelle ou électroma-gnétique, dont lescharges et les massessont intérieures ausystème).

S( ) Pi

S( ) Pj f j i→ .

RemarquePar convention, on

posera : un point n’exerçantaucune force sur lui-même.

f i i→ 0=

f j i→ i 1 ... N ; j, , 1 ... N, ,= =

f i j→ f

j i→–=

PiPj f j i→∧ 0.=

f i int Pi f

i int f j i→

j 1=

N

∑=

dτ′ P ′

d f P ′ P→

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93

Théorème :

1.4. Principe des actions réciproques relatif à la résultante

Rappel : soient deux points matériels et exerçant l’un sur l’autre des forces notées et Le principe des actions réciproques stipule que :

• : les forces d’interaction sont opposées ;

• : les forces d’interaction sont colinéaires à la droite joignant les deuxpoints (fig. 3).

Soient à présent deux systèmes et formés respectivement de points notés et points notés (fig. 4).

Soient la résultante des actions de sur et

la résultante des actions de sur

La résultante des forces intérieures à un système est nulle : Une conséquence de ce théorème est importante : la résultante des actions s’exprime uniquement à partir des actions extérieures :

Fig. 2

(S)

dτ

dτ

P

P

dfP → P

dfP → P

F int 0.=

FF Fext.=

P1 P2

f 1 2→ f

2 1→ .

f 1 2→ f

2 1→–=

f 1 2→ P1P2∧ 0=

Fig. 3

f2 → 1

f1 → 2

P2

P1

S1( ) S2( ), N1Pi, i 1 ... N1, ,= N2 Mj, j 1 ... N2, ,=

Fig. 4 (S2) (S1) Pi

Mj

fMj → Pi

fPi → Mj

F1 2→ f Pi Mj→

j 1=

N2

∑i 1=

N1

∑= S1( ) S2( )

F2 1→ f Mj Pi→

j 1=

N2

∑i 1=

N1

∑= S2( ) S1( ).

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94

Alors :

2 Le moment des actions

2.1. Définition

On définit le moment des actions de l’ensemble des actions sur le sys-tème au point A, par :

A est appelé point de réduction.Dimensions et unités :

; l’unité est donc le dans le Système International d’uni-tés. On utilise plus souvent le

2.2. Relation de transport

Le moment des actions dépend du point de réduction A. Ce point résulte du choix du phy-sicien. S’il désire changer de point de réduction, choisir un point B au lieu de A, il peut

exprimer le nouveau moment en fonction de l’ancien grâce à la relation dutransport :

où est la résultante des actions.On peut remarquer que ce théorème de transport est analogue à celui qu’on a établi pourle moment cinétique :

et pour le champ des vitesses d’un solide :

La forme mathématique de cette relation est dans les trois cas rencontrés :

Cette relation décrit la propriété des champs de vecteur appelés « torseurs ». Par exemple,la vitesse d’un point d’un solide est un « moment » et le vecteur vitesse angulaire une« résultante » d’un torseur, appelé torseur cinématique du solide.

2.3. Moment des actions intérieures

Le moment des actions est la somme des moments intérieur et extérieur :

Le principe des actions réciproques s’applique à la résultante des actions entre deuxsystèmes.

RemarqueIl s’agit d’une consé-quence du principefondamental de ladynamique énoncéen termes d’égalitéde deux torseurs,respectivement dy-namique et des ac-tions extérieures.

F1 2→ F2 1→–=

ΓA Pi f i, i 1 ... N, ,=

S( ),

ΓA APi f i∧

i 1=

N

∑=

RemarqueCes dimensions sontaussi celles de l’éner-gie. On en verra lasignification dans lechapitre concernantle travail des forces.

ΓA[ ] ML2T 2–= kg m2 s 2–⋅ ⋅N m.⋅

ΓB ΓA

ΓB ΓA BA F∧+=

F

σB σA BA P∧+=

v B( ) v A( ) BA Ω∧+=Remarque

Si un système de for-ces a une résultantenulle, le moment nedépend pas du pointde réduction.

quelsque soient les pointsA et B.

MB MA,=

MomentB MomentA BA Résultante∧+=

ΓA ΓA ext ΓA int+=

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95

avec : et

Propriété :

Conséquence : le moment des actions sur un système est égal au moment des actions

extérieures : .

2.4. Équivalence entre un champ d’actions et une force

Pour calculer le moment des actions, il faut en général connaître la répartition des actionsindividuelles sur les points matériels.En revanche, dans certains cas, il existe un point P tel que le moment des actions en unpoint A quelconque et la résultante vérifient :

On dit que les actions sont réductibles à une force appliquée en P.On montre que les conditions nécessaires et suffisantes sont les suivantes :

– ;

–

2.5. Principe des actions réciproques relatif au moment

Soient à nouveau les deux systèmes et formés respectivement de pointsnotés et points notés (fig. 5).

Soit A un point quelconque de l’espace.

Soient le moment des actions de sur en A et le moment desactions de sur Alors :

Le moment des actions intérieures est nul :

Le principe des actions réciproques s’applique aux moments des actions entre deuxsystèmes considérés au même point de réduction.

ΓA ext APi f i ext∧

i 1=

N

∑= ΓA int APi f i int∧

i 1=

N

∑=

ΓA int 0.=

ΓA ΓA ext=

ΓA AP F∧=

F

F 0≠

F ΓA⋅ 0.=

S1( ) S2( ), N1Pi i, 1 ... N1, ,= N2 Mj j, 1 ... N2, ,=

Fig. 5 (S2) (S1) Pi

Mj

fMj → Pi

fPi → Mj

ΓA1 2→ S1( ) S2( ) ΓA2 1→

S2( ) S1( ).Remarque

Il s’agit à nouveaud’une conséquencedu principe fonda-mental de la dyna-mique énoncé entermes d’égalité detorseurs respective-ment dynamique etdes actions extérieu-res.

ΓA1 2→ ΓA2 1→–=

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96

3 Exemples d’actions sur des systèmes

3.1. Le couple de forces

Les actions sur un système constituent un couple lorsque la résultante est nulle et lemoment non nul.

Propriété : le moment d’un couple ne dépend pas du point de réduction : Comme son nom l’indique, un couple peut se décrire par deux forces opposées appliquéesen deux points différents (fig. 6). C’est l’ensemble de forces le plus simple qui puisse don-ner un couple.

Dans le cas des actions de la figure 6, on a :

On remarque que le moment est bien indépendant du point A choisi pour l’exprimer.

3.2. Le champ de pesanteur uniforme

Un système matériel est formé de N points de masse Soit G soncentre de masse et M sa masse totale.Ce système est placé dans un champ de pesanteur et subit les actions du poids. Lepoids s’applique sur chacun des points de masse par : Considérons le champ de pesanteur uniforme La résultante est le poids du système :

Le moment en un point A est donné par :

Dans un champ de pesanteur uniforme, le champ du poids d’un système matérielest équivalent au poids total du système appliqué au centre de masse (fig. 7).

0 et ΓA 0≠=

ΓA ΓB= A B.,∀

Fig. 6

P

P

f

– f

RemarqueLe terme « couple »désigne souvent lemoment des actions.

0=

ΓA AP f AP ′+ f –( )∧ ∧ AP AP ′–( ) f ∧ P ′P f ∧= = =

S( ) Pi mi i, 1 ... N., ,=

g P( )

Pi mi f i mig Pi( ).=

g Pi( ) g.=

S( )

F migi 1=

N

∑ M g= =

ΓA APi mig∧

i 1=

N

∑ miAPi

i 1=

N

∑⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

g∧ MAG g∧= = =

AG M g∧=

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97

3.3. Les liaisons entre un support et un solide

3.3.1. La liaison rotuleUn solide est lié à un support par une liaison rotule si dans le référentiel du support lesolide possède un seul point de vitesse constamment nulle. On note ici ce point O.Le schéma de la liaison est donné sur la figure 8.

Cinématique de la liaison rotule :Le support définit un référentiel Dans ce référentiel, la vitesse du point O appartenant au solide est nulle : .

En revanche, le vecteur vitesse angulaire instantané du solide est quelconque.Actions de liaison rotule :Un solide lié à un support fixe par une liaison rotule subit de la part du support des actionsde liaisons.Soit dΣ un élément de la surface de contact entre l’axe du solide et le support (fig. 9).

Ces actions se décrivent par une densité surfacique pour les points P de la surfacede contact

La liaison permet un mouvement de rotation quelconque autour de O.La liaison maintient le point O fixe par rapport au support.

Fig. 7

(S) (S) G

Pi

PN

P1 Pi

PN

P1

mN g M g

mi gm1 g

Fig. 8

Axe dusolide

Support O

O

ou

RS( ).v O( ) RS( ) 0=

Ω RS( )

Σ( )

Fig. 9

O

dΣP

fs (P )

f s P( )

Σ( ).

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98

Soient la résultante des actions de liaison et le moment des actions deliaison en O.

On a :

Modèle de la liaison rotule parfaite :

Cela se traduit par la nullité du moment

En revanche, on ne peut rien dire de la résultante qui reste une inconnue dynami-que du système.Conséquence : les actions d’une liaison rotule parfaite sont équivalentes à une force s’appliquant en O.On peut noter la correspondance entre les résultantes et moments dans :

3.3.2. La liaison pivotUn solide est lié à un support par une liaison pivot s’il existe un axe ∆, lié au solide, fixedans le référentiel du support (fig. 10).

Cinématique de la liaison pivot :Soit un point O de l’axe ∆ et un système orthogonal d’axes où : Dans le référentiel du support, le mouvement du solide est décrit par les élémentscinématiques suivants :

Actions de liaison dans le modèle d’une liaison pivot parfaiteComme dans le cas de la liaison rotule, les actions de liaison du support sur le solide sontréparties sur la surface de contact.Soient la résultante de ces actions (du support sur le solide) et son momenten O.

La liaison rotule est parfaite s’il n’y a aucun frottement entre le support et le solide.

Liaison rotule parfaite

La liaison pivot ne permet que le mouvement de rotation du solide autour de ∆.

Frotule ΓO rotule

Frotule f s P( )dΣ

Σ( )∫∫=

ΓO rotule OP f s P( )dΣ∧

Σ( )∫∫=⎩⎪⎨⎪⎧

ΓO rotule.

ΓO rotule⇔ 0=

FrotuleRemarque

La justification decette propriété severra dans le chapi-tre sur le travail dessystèmes de forces.On peut dire pourl’instant que laliaison parfaite per-met une rotation li-bre autour de O.

Frotule

RS( )

Ω quelconque ; v O( ) 0=

F quelconque ; ΓO 0=

Fig. 10

Support

Axe ∆ Solide

Support ou

∆ Oz= Ox Oy Oz, , ∆=( ).RS( )

Ω Ωez ; v O( ) 0= =

Fpivot ΓO pivot

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99

Une liaison pivot parfaite est caractérisée par la nullité de la composante (fig. 11).

Il est important de remarquer que même dans le cas de la liaison pivot parfaite, les actionsde contact ne sont pas équivalentes à une force seule appliquée en un point. En effet, on

n’a pas la propriété dans le cas général.

3.4. La tension dans une corde souple

Une corde souple est un système matériel unidimensionnel (la section est négligeable)pouvant être décrit par une courbe et une masse linéique où P est un point cou-rant de Soit s une abscisse curviligne (« la longueur de la corde ») le long de Définition : on appelle tension et on note la force exercée en un point d’abscisse cur-viligne s par la corde au-delà de s sur la partie en deçà de s (fig. 12).

Bilan des actions sur un élément de corde souple :Un élément de longueur ds de la corde, compris entre les abscisses curvilignes s et subit les actions suivantes (fig. 13) :– la tension de la corde exercée par la corde au-delà de ;– la tension de la corde exercée par la corde en deçà de s ;

– les autres forces éventuelles (poids, force de Laplace, forces d’inertie…).

Liaison pivot parfaite

Une corde souple exerce une tension tangente à la corde au point où elle s’applique.La tension est dirigée vers la partie de corde qui exerce la force.

ΓOz

Fig. 11

Solide

Support O

Oz = ∆

Fpivot

MO pivot

ΓOz⇔ 0=

Fpivot ΓO pivot⋅ 0=

C( ) λ P( ),C( ).

C( ).T s( )

Fig. 12

s

A

B

T (s )

T

s ds,+

T s ds+( ) s ds+

T s( )–

d f

Fig. 13s

s + T (s + ds )

df

– T (s )

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100

La corde en deçà de s subit la tension de la part de l’élément ds, et exerce donc surl’élément la force de tension d’après le principe des actions réciproques.

3.5. Résultante et moment à l’équilibre

Un système matériel est à l’équilibre si tous ses points sont immobiles et restent immobilesau cours du temps.On montrera dans les chapitres 9 et 10 que l’équilibre d’un système se traduit sur la résul-tante et le moment des actions extérieures par les relations suivantes :

T s( )

T s( ),–

RemarqueLe moment des ac-tions extérieures estnul par rapport àtout point A. Il suffitde le montrer pourun point arbitraire-ment choisi pourqu’il soit nul pourtous les autres.

Fext 0=

ΓA ext 0=

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101


1 1. Écrire l’expression de la résultante desactions sur des systèmes continus à une,deux et trois dimensions.

2. Écrire de même l’expression du momentdes actions sur des systèmes continus àune, deux et trois dimensions.

2 Démontrer la relation du transport dumoment :

3 Montrer que le moment d’un couple nedépend pas du point de réduction.

4 On considère des actions de résultante non nulle et de moment au point deréduction O.

1. Montrer que si ces actions sont réduites àune seule force appliquée en un point A,alors en tout point O.2. Réciproquement, montrer que si

et il existe un point A tel

que et pour toutpoint O. Le point A est-il unique ?

5 1. Montrer que la résultante des forces inté-rieures à un système donné est nulle. On

pourra considérer un système discret deN points matériels.

2. Montrer de même que le moment des for-ces intérieures est nul.

6 Soient deux systèmes matériels et formés respectivement des points

et Montrer que le principe des actions récipro-ques s’applique :

1. à la résultante des actions entre et

2. au moment des actions entre et en un même point de réduction.

7 Soit un point matériel P de masse m, étudiédans un référentiel non galiléen, dontle mouvement par rapport à un référentiel

galiléen est décrit par :– accélération d’entraînement de Ppar rapport à ;– vitesse angulaire instantanée de

par rapport à Rappeler l’expression des forces s’appli-quant sur P :

1. force d’inertie d’entraînement

2. force d’inertie de Coriolis


1 Soit un quart de disque de rayon R, decentre O, délimité par les axes Ox et Oy.

Une densité surfacique de force

d’expression s’exerce entout point P de k étant une constantepositive.

Avant la colle

F

ΓO

ΓO ′ ΓO O ′O F.∧+=

FΓO

FF ΓO⋅ 0=

F ΓO⋅ 0= F 0,≠

ΓA 0= ΓO OA F∧=

S1( ) S2( )Pi,

i 1 ... N1, ,= M j j, 1 ... N2., ,=

S1( )S2( ).

S1( )S2( ),

R′( )

R( )ae P( )

R( )

Ω R ′( ) R( )⁄

R′( ) R( ).

f ie.

f ic.

D( ),

f s P( ),

f s P( ) kOP ,=

D( ),

y

O

fs(P )

x

P

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102

1. Quel champ de force physique pourraitêtre décrit par cette densité ?

2. a. Calculer la résultante du champ sur

b. Ce champ est-il réductible à une seuleforce ?

2 Modèle de cristal unidimensionnel

On modélise un cristal ionique à une dimen-sion en plaçant des charges alternées sur unaxe. Ces charges sont distantes de a.

1. On considère tout d’abord cinq charges.Exprimer la résultante des forces s’exer-çant sur chacune des charges placées auxpoints à 5.

Vérifier que la résultante des forcesintérieures au système des cinq charges estnulle.

2. On augmente le nombre de charges à ladroite de Soit N le nombre de charges,situées aux points à N. Déterminerl’expression de la force résultante quis’exerce sur la charge en Quelle est lalimite quand N tend vers l’infini ?

Commenter les rapports

On donne

3 Équivalence boule – point matériel

On considère deux astres et de mas-ses respectives et L’astre estsphérique, homogène, de centre et derayon L’astre est considéré ponctuel,placé au point On note et

1. Exprimer la résultante des forcesgravitationnelles de sur

2. Que peut-on dire de la résultante

et du moment en des forces gra-vitationnelles de sur ?3. Montrer que, du point de vue de l’interac-tion gravitationnelle, l’astre est équiva-lent à un point matériel en de masse Quelle autre interaction possède cettepropriété ?

4 Soit un dipôle électrostatique ponctuel, demoment dipolaire placé à l’origine O d’unrepère sphérique On choisit l’axeOz orienté selon le sens du vecteur

On rappelle que dans ce cas, le potentielélectrostatique créé par le dipôle est donné

par :

1. a. Exprimer le champ électrique créé par le dipôle dans la base locale sphéri-que

b. Une charge ponctuelle q est placée en unpoint P de coordonnées del’espace. Exprimer la force qu’exercele dipôle sur cette charge ainsi que le

moment en O de cette force.c. L’orientation de la force est-elle encontradiction avec le principe des actionsréciproques ?

2. Le moment des actions en O exercées parun champ électrique sur un dipôle en

O est donné par En déduire le

moment en O exercé par la charge qsur le dipôle.Le principe des actions réciproques est-il icivérifié pour le moment des forces ?

FD( ).

Fi

Pi i, 1=

aP1 P2 P3 P4 P5

a a a

+ e – e – e+ e + ex

xe

Ftotale

P1.Pi i, 1=

F1 N( )

P1.F1 ∞( )

F1 ∞( )

F1 1( )---------------- , F1 ∞( )

F1 5( )---------------- .

1–( )i 1+

i2--------------------

i 1=

+∞

∑ π2

12------ .=

A1 A2,M1 M2. A1

O1R1. A2

O2. D O1O2=

u12O1O2

D------------- .=

A2

A1

DO1

R1

O2 u12

F1 2→

A1 A2.

F2 1→

ΓO12 1→ O1

A2 A1

A1O1 M1.

p,r θ ϕ, ,( ).

p.

O

z

rθ

er

peθ

eϕ

V r θ,( )p θcos4πε0r2----------------- .=

E r θ,( )

er eθ eϕ, ,( ).

r θ ϕ, , 0=( )

Fp q→

ΓOp q→

Fp q→

E′ pΓO p E′.∧=

ΓOq p→

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103

Transmission des efforts sur une roue

On considère un système de deux roues dentées (1) et (2), de centre et derayon et respectivement. Chaque roue tourne autour d’un axe fixe, ces axessont parallèles et distants de Les dents des roues empêchent le glisse-ment d’une roue sur l’autre. Les dents sont assez fines pour que l’on puisse considé-rer que le contact entre les roues est ponctuel.

1 Les vitesses de rotation algébriques des roues sont notées et On pren-dra l’orientation positive dans le sens trigonométrique.Exprimer le rapport des vitesses angulaires et

2 On considère ici et dans les questions suivantes que la somme des momentsextérieurs en (respectivement en ) appliqués sur la roue (1) (respective-ment (2)) est nulle.Un opérateur applique sur l’axe de la roue (1) un couple Déterminer lecouple qu’exerce la roue (2) sur son axe. Commenter.On considère cette fois que les deux roues sont couplées par une courroie sou-ple et tendue, de masse négligeable, qui ne glisse pas sur les roues. On supposequ’elle transmet intégralement les tensions le long de ses parties libres qui ne sontpas en contact avec l’une des roues.

3 Établir le rapport des vitesses de rotation et Commenter.

4 Soient (respectivement ) le moment des effortsexercé par la courroie sur la roue (1) ((2)) en ( ). Les valeurs algébriquescorrespondent à la projection sur On note et les tensions des courroies appliquées à la roue (1) ; et les tensions des courroies appliquées à la roue (2).

O1 O2,R1 R2

d R1 R2.+=

ω1 ω2

Γop

R1R2

O1 O2

ez

ω1 ω2.

ω1 ω2.

O1 O2

Γopez.Γ2

ω1 ω2

R1R2

O1 O2

ez

ω1 ω2.

MO1MO1ez= MO2

MO2ez=

O1 O2

ez.T1 T1′ T2 T1–=

T2′ T1′–=

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104

1

Les roues sont des solides et leur centre ont une vitesse nulle. On utilise la loi des vitessesdu solide pour déterminer la vitesse d’un point de la roue :

Les roues ne glissent pas l’une sur l’autre donc les vitesses au point de contact sont les mêmes :

On a alors, en utilisant une base cartésienne directe :

a. Exprimer la relation entre et Comment peut-on justifier

les relations et ?

b. Un opérateur applique sur l’axe de la roue (1) un couple Déterminer

le couple qu’exerce la roue (2) sur son axe. Commenter.

ω1 ω2

R1R2

O1 O2

ez

T2

T1

T1

T2

MO1, MO2

, R1 R2.

T2 T1–= T2′ T1′–=

Γopez.Γ2


On utilise le champ des vitesses d’un solide et la continuité des vitesses dans le cas du non-glissement entre solides.

v P1 1( )∈( ) v O1( ) ω1 O1P1∧+ ω1 O1P1∧= =

v P2 2( )∈( ) v O2( ) ω2 O2P2∧+ ω2 O2P2∧= =

ω1 ω2O1 O2

ey

ex

ez

I1 I2

I1 I2=

v I1 1( )∈( ) v I2 2( )∈( ).=

ex ey ez, ,( )

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105

d’où : ou

Le signe « – » décrit une inversion du sens de rotation des deux roues en contact.

2

Soit la force exercée par la roue (1) sur la roue (2) au point : alors la force

exercée par la roue (2) sur la roue (1) est en vertu du principe desactions réciproques.

Bilan des moments sur la roue (1), en :

Bilan des moments sur la roue (2), en :

Il y a un signe « – » devant car ce couple est exercé par la roue (2) sur son axe. La

roue subit donc

Ces moments sont nuls selon l’énoncé. On en déduit :

puis c’est-à-dire :

Le rapport des couples est l’inverse du rapport des vitesses angulaires. On aboutit à l’éga-lité en projection sur l’axe Oz. Cette égalité aura une interprétation éner-gétique dans les chapitres suivants.

ω1 O1I1∧ ω2 O2I2∧=

ω1R1ez ex∧ ω2R2ez ex–( )∧=

ω1R1ey ω2R2ey–=

R1ω1 R2ω2–=

ω2R1

R2------ ω1–=

On fait un bilan des moments pour chaque roue, en ajoutant le moment de la force de réactionau point de contact.

F1 2→ I1 I2=

F2 1→ F1 2→–=

O1 O2

ey

ez

F1 → 2

F2 → 1

ex

I1 I2

O1 Γopez O1I1 F2 1→∧+ Γopez R1ex F1 2→ .∧–=

O2 Γ2– O2I2 F1 2→∧+ Γ2– R2ex F1 2→ .∧–=

Γ2

Γ2.–

Γopez R1ex F1 2→∧– 0 ex F1 2→∧⇒Γop

R1-------- ez= =

Γ2– R2ex F1 2→∧– 0 Γ2⇒ R2Γop

R1--------– ez,= =

Γ2R2

R1------ Γop–=

Γopω1 Γ2ω2,=

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106

On peut en déduire qu’un engrenage permet de modifier les vitesses de rotation et lescouples exercés dans le rapport déterminé par les rayons des roues. D’après le schéma,on a ici et

3

Soit V la vitesse linéaire d’un point de la courroie. Cette vitesse est la même pour tous lespoints car la courroie est inextensible. En particulier, aux points A et B du schéma ci-des-sous, cette vitesse s’exprime en fonction des vitesses angulaires et des rayons :

En A :

En B :

d’où :

Il n’y a pas d’inversion du sens de rotation avec une liaison par courroie, contrairement àla liaison par roue dentée.

4

ω2 ω1 Γ2 Γop .

La relation entre les vitesses angulaires s’obtient en exprimant la vitesse linéaire d’un point de lacourroie.

ω1 ω2

R1R2

O1 O2

V

VB

A

V R1ω1=

V R2ω2=

R1ω1 R2ω2=

On exprime les moments en fonction des tensions pour chaque roue, puis on relie les deuxmoments grâce à la relation entre les tensions.

R1R2

O1 O2

ez

T2

T1

A1

A2

T1

A1A2

T2

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107

a. Le moment s’exprime en fonction des tensions par :

où et désignent les normes des tensions. Au point d’application d’une tension, lerayon vecteur et la tension sont orthogonaux.

De même pour la roue (2) :

Les relations entre les tensions s’écrivent pour les normes : et d’où :

Les tensions et sont opposées en raison de la masse nulle de la section de courroieentre les points d’application des tensions. Il en est de même pour les tensions et

b. Comme à la question 2, on peut utiliser les relations et

pour trouver :

Le résultat de la question 2 est modifié par le signe du rapport des moments, ici positif.La courroie transmet les efforts en conservant le signe des moments.

On retrouve en revanche le résultat de la question 2, qui traduit la con-servation de l’énergie.

MO1

MO1O1A1 T1∧ O1A1′ T1′∧+ R1ez T1– T1′+( )= =

T1 T1′

MO2O2A2 T2∧ O2A2′ T2′∧+ R2ez T2 T2′–( ).= =

T1 T2= T1′ T2′=

MO2R2ez T2 T2′–( ) R2ez T1 T1′–( )

R2

R1------MO1

–= = =

T1 T2

T1′ T2′.

Γop MO1+ 0= Γ2– MO2

+ 0=

Γ2 MO2

R2

R1------MO1

–R2

R1------ Γop= = =

Γ2R2

R1------ Γop=

Γ2ω2 Γ1ω1,=

Il est important de savoir exprimer le champ des vitesses d’un solide.Le principe des actions réciproques permet de relier les résultantes et les momentsd’interaction entre deux systèmes.Un système de masse nulle transmet intégralement les forces.

en conclusion

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s’entraîner


108

Corrigé p. 117

Système bielle manivelleUn système mécanique bielle manivelle, commeproposé sur le schéma, permet de transformer unmouvement circulaire en mouvement rectiligne.

Un rayon OI de longueur R et une tige IP de lon-gueur L, de masses négligeables, sont liées en O etI par des liaisons parfaites. Le point P est astreint àse déplacer selon l’axe Ox. On a Onnéglige le poids.On note x l’abscisse de P, θ l’angle de rotation dela tige OI et ϕ l’angle

1. Exprimer x en fonction de R, L, θ et ϕ. Déter-miner une relation entre θ, ϕ, R et L. Combieny a-t-il d’inconnues cinématiques indépendantes ?Dans quels domaines de valeurs évoluent ϕ et x ?

2. Les tiges transmettent intégralement les efforts.

On exerce un couple sur le rayon en O. La tigeexerce alors une force en P sur un système mécani-que non représenté, dont la composante horizon-

tale est notée

Faire un bilan des actions sur le rayon et la tige. Enconsidérant que la résultante et le moment totalsur le rayon et sur la tige sont nuls, déduirel’expression de Γ en fonction de F, R, L, θ et ϕ.Commenter.

3. On suppose que la force F est constante et on

prend et Tracer

pour θ entre 0 et 2π. Commenter.

Corrigé p. 118

Équilibre d’une poussette (d’après Icare)

Nous allons considérer une poussette demasse à vide d’empattement a, de largeur b.Les roues sont de rayon r. Elle contient un solide

de masse fixé dans la poussette. L’ensem-ble des solides et constitue un solide

de masse M, de centre de gravité G. Le centrede gravité est situé à une hauteur h. Sa positiondans le sens longitudinal et transversal est donnéesur les figures ci-dessous. Le rayon des roues estnégligeable. Il n’y a pas de frottement entre lesroues et leur axe.

Stabilité longitudinale

Nous considérons la roue située en bas, dans lesens de la descente, bloquée comme indiqué sur le

1 15 min

O

I

R L

xθ

ϕ

ω

Γ

F

ey

ez

ex

P

L R.

Ox PI,–( ).

r( )

Γ

F Fex.=

LR--- 3= FR 103 N m.⋅= Γ θ( )

2 20 min

S1( )M1,

S2( ) M2S1( ) S2( )

S( )

a

2a

3

h

G

b

b

2

G

+

+

+G

θ

O1

O2x1

x

yy1

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109

schéma. La norme impose qu’il n’y ait pas bascule-ment pour un angle de pente Nousnotons et les centres des roues.

1. Écrire les équations scalaires traduisant l’équili-bre de la poussette.

2. Énoncer les critères de non-basculement.

3. Quelle valeur d’empattement a minimum, parrapport à la hauteur h de G, doit avoir la poussettepour respecter ces critères ?On donne

4. Comment doit évoluer l’empattement si lamasse de la poussette passe à 5 kg ? (nousadmettrons que h reste invariant).

5. Si respecte-t-on le non-basculement ? Sinon, quelle valeur d’empattementminimum doit-on avoir en fonction de h ?

6. Avec un empattement quel estl’angle limite de basculement ?

7. Stabilité latérale

Nous considérons la roue située en bas, dans lesens de la descente, bloquée comme indiqué sur leschéma. La norme impose qu’il n’y ait pas bascule-ment pour un angle de pente Nousnotons et les centres de roues.Écrire les équations scalaires traduisant l’équilibrede la poussette.

8. Énoncer les critères de non-basculement.

9. Quelle valeur de largeur minimale doit avoir lapoussette pour respecter ces critères ? Faire l’appli-cation numérique.

10. Avec une largeur quel estl’angle limite de basculement ?

Corrigé p. 119

Équilibre d’un fil pesant (d’après ENGEES)

Un fil parfaitement flexible, de section constante,de longueur 2L, de masse linéique µ, est fixé parses extrémités A et B dans un plan vertical xOz (Oz,verticale ascendante ; Ox horizontale).

On pose Sous l’action de sonpoids, le fil, à l’équilibre, prend une flèche, définie

par la longueur Le point S est le pointde cote minimale.Un point M du fil est repéré par ses coordonnéescartésiennes x et z ou par son abscisse curviligne s,avec On admet que la tension exercée au point M par lapartie MB du fil sur la partie AM est de la forme

où est le vecteur unitaire de la tangente aufil en M.

1. On considère un élément infinitésimal MN dufil, de longueur ds. Montrer que l’équilibre de cetélément se traduit par l’équation différentielle :

2. a. En déduire les équations suivantes, où α et βsont deux constantes :

;

b. Au point S, on note Exprimer lesconstantes α et β.

3. On pose On se propose de détermi-

ner dans cette modélisation l’équation de lacourbe prise par le fil.

a. Montrer que

b. En déduire que est de la forme Déterminer la constante C.

θ 13 5°.,=

O1 O2

h 0 45 m.,=

M1

θ 13 5°,,–=

a0 0 60 m,,=

θ

B1

O

B2

z

y1

G

θ 13 5°.,=

B1 B2

b0 0 45 m,,=

3 15 min

A B

O

zx

s

t

S

AO OB d.= =

OS h.=

s S( ) 0.=

Tt t

d Tt ( ) µgds+ 0=

T dxds------ α= T dz

ds----- µgs β+=

T S( ) T0.=

aT0

µg------ .=

z x( )

z ′ x( )sa--.=

z x( ) ach xa--⎝ ⎠⎛ ⎞ C.+

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110

On rappelle qu’une primitive de la fonction

est la fonction

4. Utiliser les résultats précédents pour établir desrelations entre :

a. les grandeurs L, d et a.

b. les grandeurs h, L et a.

c. les grandeurs T, , x et a.

5. Applications numériques

a. Un fil d’acier a les caractéristiques suivantes :– ;– masse volumique : ;– ;– section circulaire uniforme de rayon ;–Calculer les valeurs numériques de µ, a, d et h.Y a-t-il risque de rupture du fil si la tension limiteest de 100 kN ?

b. Un fil d’acier a une longueur de 1 m ; son dia-mètre est de 1 mm ; vaut 4,7 kN. Calculer laflèche h et conclure.

Corrigé p. 120

Dynamique d’un fil pesant (d’après ENGEES)

On reprend un des fils de l’exercice précédent. Àl’équilibre, ce fil tendu entre les points A et B estconfondu avec l’axe Ax ; il est caractérisé par samasse linéique sa lon-gueur sa tension uni-forme

On se propose d’étudier les petits déplacementsdu fil dans une direction orthogonale à Ax.On considère un élément du fil MN de longueurdx. À la date t, on note le petit déplacementdu point M et celui du point N : on

néglige l’action de la pesanteur et on admet que lanorme de la tension vaut toujours

1. En raisonnant sur l’élément MN, montrer que lemouvement est décrit par une équation du type

Montrer que la cons-

tante v est homogène à une vitesse. Quelle estl’expression littérale de la célérité v (appelée aussivitesse de phase) ? Effectuer l’application numé-rique.

2. On souhaite que les solutions soient dutype stationnaire sinusoïdal :

où et ϕ sont des constantes.

a. Établir la relation liant k à la pulsation ω.

b. Quelle est la fréquence du mode fondamen-tal (valeur la plus petite de la fréquence), expriméeen fonction de v et de L ?

c. Quelles sont les valeurs numériques des fré-quences possibles inférieures à 2 000 Hz ?L’équation des ondes ou équation de d’Alembertétablie ici est aussi utilisée en optique et en électro-magnétisme.

Corrigé p. 121

Pont suspendu (d’après oral Polytechnique)

1. Dessiner un pont suspendu. Qu’est-ce qui est leplus lourd dans un tel pont : le tablier ou lescâbles ?

2. Un câble de résistance (mécanique) R et de sec-tion S peut supporter une traction maximum

Si on accroche un fil d’acier, y a-t-il une longueurlimite au-delà de laquelle il se casse ? Si oui, la cal-culer, donner un ordre de grandeur sachant quel’acier a une densité de et unerésistance de 1 700 MPa. L’unité de résistancevous semble-t-elle cohérente ?

3. Quelle est la longueur maximale qu’un câbleattaché par deux points peut avoir ? Quelle formea un câble attaché par deux points ?

4. Un pont suspendu a-t-il une longueurmaximale ? Comment la calculer ?

1

1 u2+

------------------- argsh u( ).

T0

L 100 m=

ρ 7 9, 103 kg m3⁄⋅=

g 9 8 m s2⁄,=

R 1 5 cm,=

T0 13 kN.=

T0

4 15 min

µ 6 2 10 3– kg m 1– ,⋅ ⋅,=

2L 2d AB 2 m,= = =

T0 4 7 kN.,=

A

A B

M

M

N

N

B

x

x

y

x + dx

y (x + dx, t )y (x, t )

y x t,( )y x dx+ t,( )

T0.

∂2y x t,( )

∂x2--------------------

1v2----

∂2y x t,( )

∂t2--------------------– 0.=

y x t,( )

y x t,( ) y0 kx ϕ+( ) ωt( )coscos=

y0

ν0

5 15 min

Fmax R S⋅ .=

8 103 kg m 3–⋅⋅

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111

Corrigé p. 122

Principe de dilatance de Reynolds(d’après Polytechnique)En 1875, Reynolds a énoncé le principe suivant :« un matériau granulaire fortement compacté,placé dans une enveloppe flexible, voit invariable-ment son volume augmenter lorsque cette enve-loppe est déformée. Si cette enveloppe estinextensible, aucune déformation n’est possiblejusqu’à ce que les forces appliquées brisent l’enve-loppe ou fractionnent le milieu granulaire ». Cecomportement est totalement différent de celuid’un solide classique, qui voit son volume dimi-nuer sous l’effet d’une compression.Pour illustrer ce principe et ses limites, on consi-dère la déformation d’un composant élémentaired’un matériau granulaire bidimensionnel, simplifiéà l’extrême, constitué de quatre disques de rayonR placés comme indiqué sur la figure ci-dessous.Leur poids n’a pas à être pris en compte dans toutecette deuxième partie.

Sous l’action de forces de compression verticalesindiquées par les flèches sur la figure ci-dessus, ondéforme le losange élémentaire reliant le centredes quatre disques qui demeurent toujours en con-tact.

1. Soit l’aire des disques et de l’espace videcompris entre eux. et sont les longueursrespectives des diagonales verticale et horizontaledu losange. Calculer en fonction de R, et

2. Montrer que la partie variable de l’aire cou-verte définie par s’écrit :

3. Préciser les bornes physiques de l’intervalle devariation de Tracer le graphe de la fonction

en fonction de la variable réduite

4. Montrer que l’on peut distinguer sur ce graphedeux régimes de réponse à une modification des for-ces de compression : un « régime de Reynolds » oùle matériau suit le principe de dilatance de Reynoldset un « régime solide » où il a le comportement d’un

solide classique. Donner la valeur de correspon-

dant à la transition entre ces deux régimes.

5. Soit l’intensité de la force de compressionverticale exercée sur chacun des deux disques del’axe vertical du losange au cours de la déforma-tion. L’équilibre est maintenant assuré par l’exis-tence de deux parois verticales fixes déformablesen contact avec chacun des deux disques de l’axehorizontal (voir figure). On suppose dans cettequestion que le contact entre disques est sans frot-tement.Montrer que les deux disques de l’axe horizontalexercent sur chacune des parois une force horizon-tale d’intensité vérifiant : où K estappelé coefficient de redirection des contraintes.Exprimer K en fonction de l’angle θ (voir figure).Donner la valeur numérique de K pour un empile-ment triangulaire compact correspondant à

On suppose maintenant qu’il existe entre les dis-ques un frottement caractérisé par le coefficientstatique c’est-à-dire que l’intensité de la com-posante tangentielle T vérifie où N estl’intensité de la composante normale.

6. Partant d’une situation sans contrainte, onexerce de façon symétrique les forces de compres-sion d’intensité Soit θ l’angle obtenu. Le sys-tème étant en équilibre dans une configurationcaractérisée par l’angle θ, on supprime les forcesde compression verticales Les paroisverticales déformées exercent toujours deux forceshorizontales opposées, d’intensité À quelle condition sur θ le système reste-t-il« bloqué » dans cette configuration d’équilibre ?

6 15 min

θ

f v

– f v

StLv Lh

St LvLh.

ΔSt St 3πR2–=

ΔSt 2LhR 1Lh

4R-------⎝ ⎠⎛ ⎞

2

–=

Lh.ΔSt

4R2---------

Lh

2R------- .

Lh

2R-------

f v

fh fh kf v,=

θ 60°.=

µs,T µsN

fv.

fv 0=( ).

fh.

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s’entraîner


112

Préciser numériquement cette condition pour

On dit qu’un matériau granulaire est « compacté »lorsque les particules solides qui le constituentexercent les unes sur les autres des forces de com-pression et lorsque les forces de frottement inter-nes maintiennent bloquées ces particules.

Corrigé p. 123

Effets de marée (d’après CCP)

On rappelle que le référentiel de Copernic, noté R,dont l’origine est le centre de masse O du systèmesolaire et les trois axes x, y, z pointent vers troisétoiles lointaines de la sphère céleste, réalise uneexcellente approximation d’un référentiel galiléen.Le repère cartésien associé est On note T le centre de masse de la Terre et leréférentiel barycentrique de la Terre (ou référentielgéocentrique) de repère associé avec

vecteur unitaire de l’axe des pôles.On note L le centre de masse de la Lune et leréférentiel barycentrique de la Lune (ou référentielsélénocentrique) de repère associé La répartition de masse du Soleil, de la Lune et dela Terre possède la symétrie sphérique.

1. Quel est le mouvement du référentiel géocen-trique dans le référentiel de Copernic si l’onsuppose ? Dans ces conditions, est-il galiléen ? et sont les masses respectivesde la Terre et de la Lune.

2. On considère une particule de masse m assimi-lée à un point matériel se trouvant au point P, auvoisinage de la Terre à l’instant t. On appelle larésultante des forces autres que les forces de gravi-tation et d’inertie s’exerçant sur la particule.On note les champs gravi-tationnels créés respectivement en P par le Soleil,la Lune, et la Terre.Les seuls astres contribuant au champ gravitation-nel en P étant la Lune, la Terre et le Soleil, montrerque l’on peut écrire le principe fondamental de ladynamique pour la particule dans le référentiel sous la forme :

où et désignent les accélérations despoints P et T, respectivement dans et R.

3. On suppose

a. En considérant la Terre comme un point maté-riel de masse exprimer en appliquantle principe fondamental de la dynamique à laTerre.

b. Montrer alors que l’on peut écrire :

où représente le champde marée dû à la Lune en P et

le champ de marée dû auSoleil en P.

4. M étant un point de la Terre, on montre qu’enfaisant un développement de et de au voisinage de T, on peut écrire :

et

où est un opérateur appliqué à ou

dont le résultat est calculé en T.On suppose l’astre considéré (Soleil ou Lune), decentre A ( ou ) de masse situé à

la distance de T telle que dans leplan équatorial.On considère les points et de la surface ter-restre de coordonnées et dans le repère associé au référentiel En consi-

dérant que évaluer le champ de marée

et Quelle est la direction de cesdeux vecteurs ? Faire un schéma.

Évaluer numériquement le terme dans le

cas où l’astre A est le Soleil, puis la Lune.On donne :

; ;; ;

; Quel est l’astre qui a l’effet le plus important ?

µs 0 9.,=

7 15 min

O ex ey ez, , ,( ).RT

T ex ey ez, , ,( )ez

RL

L ex ey ez, , ,( ).

RTmL mT RT

mT mL

F

GS P( ), GL P( ), GT P( )

RT

ma P( )RTF mGT P( ) mGL P( ) mGS P( ) ma T( )R–+ + +=

a P( )RTa T( )R

RT

F 0.=

mT, a T( )R

ma P( )RTmGT P( ) mCL P( ) mCS P( )+ +=

CL P( ) GL P( ) GL T( )–=

CS P( ) GS P( ) GS T( )–=

GS M( ) GL M( )

GS M( ) GS T( ) TM grad⋅( )GS[ ]T+

GL M( ) GL T( ) TM grad⋅( )GL[ ]T+

TM grad⋅( ) GS

GL,

A S= A L= mA

DA TA DAex–=

P1 P2aT 0 0, ,( ) aT– 0 0, ,( )

RT.aT

DA

------- 1,

CA P1( ) C1 P2( ).

2GmAaT

DA3

---------------------

G 6 67, 10 11– USI⋅= mS 1 99, 1030 kg⋅=

mL 7 34, 1022 kg⋅= DS 1 50, 1011 m⋅=

DL 3 84, 108 m⋅= aT 6 4, 106 m.⋅=

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corrigés


113


1 1. Sur des systèmes continus, on doit définir desdensités de forces volumique surfacique oulinéique La somme discrète est remplacée par une intégraletriple sur un volume V, double sur une surface S ousimple sur une courbe C.Si chaque élément géométrique (dτ, dS, d) est définiautour de P, on écrit respectivement :

2. Les moments des actions s’écrivent de façonanalogue :

2 Pour démontrer la relation de transport, il faut seservir de la définition du moment en un point et de larelation de Chasles :

3 La relation de transport s’applique au moment :

Dans le cas d’un couple, la résultante est nulle,

ce qui implique pour tout couple de points

O et

4 1. Si les actions se réduisent à une seule force appliquée en un point A, la résultante est évidem-ment et le moment en O est donné par :

Dans ce cas, le produit sca-laire s’écrit :

puisque le produit mixte est nul si deux vecteurs aumoins sont colinéaires, a fortiori s’ils sont égaux.

2. Si l’on suppose avec cher-

chons un point P tel que On doit avoir :

d’où :

soit (1)

Choisissons alors le point A tel que

Ce point vérifie bien la relation (1) puisque

Exprimons :

f

v , f s

f λ .

F f v P( )dτ

V∫∫∫=

F f s P( )dS

S∫∫=

F f λ P( )d

C∫=

ΓO OP f v P( )dτ∧

V∫∫∫=

ΓO OP f s P( )dS∧

S∫∫=

ΓO OP f λ P( )d∧

C∫=

ΓO′ O ′Pi f i∧

i 1=

N

∑=

O ′O OPi+( ) f i∧

i 1=

N

∑=

O ′O f i∧

i 1=

N

∑ OPi f i∧

i 1=

N

∑+=

ΓO=

O ′O f i

i 1=

N

∑∧ ΓO+=

F=

O ′O F ΓO+∧=

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

⎧ ⎨ ⎩

ΓO′ ΓO O ′O F∧+=

FΓO′ ΓO=

O ′ .

F

FΓO OA F .∧=

F ΓO⋅

F ΓO⋅ F OA F∧( )⋅ 0= =

F ΓO⋅ 0= F 0,≠

ΓP 0.=

ΓP ΓO PO F∧+=

ΓO PO F∧+ 0=

ΓO PO F∧+( ) F∧ 0=

ΓO F PO F∧( ) F∧+∧ 0=

PO F⋅( )F F2PO–

ΓO F PO F⋅( )F F2PO–+∧ 0=

⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

POΓO F∧

F2-----------------

PO F⋅( )FF2

--------------------------+=

AOΓO F∧

F2----------------- .=

AO F⋅ 0.=

ΓA

ΓA ΓO AO F∧+=

ΓOΓO F∧

F2----------------- F∧+=

ΓOΓO F⋅( )F F2ΓO–

F2--------------------------------------------+=

ΓOF2ΓO–

F2-----------------+ 0= =

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corrigés


114

Le point A vérifie la condition imposée.Ce point n’est pas unique : la propriété est vérifiéepour tous les points de la droite passant par A et

dirigée par Ces points sont déterminés par la

relation où λ est une constante

de valeur quelconque. On vérifie que le point convient :

5 1. Soit un système de N points matériels La

force exercée par le point i sur le point j est

On pose, par conven-

tion : La résultante des forces intérieures est :

Le calcul de cette résultante peut s’écrire en ordon-nant les couples de points avec :

2. Le moment des forces intérieures s’écrit :

Exprimons cette somme comme précédemment :

6 1. La résultante des actions de sur est :

Le principe des actions réciproques s’écrit :

d’où :

2. Le moment en O des actions de sur est :

A ′

F .

A ′OΓO F∧

F2----------------- λF+=

A ′

ΓA ′ ΓO A ′O F∧+=

ΓOΓO F∧

F2----------------- F λF F∧+∧+=

ΓOF2ΓO–

F2------------------+ 0= =

Pi.

f i j→ ,

i 1 ... N, , ,∈ j 1 ... N, , .∈

f i i→ 0.=

Fint f j i→

j 1=

N

∑i 1=

N

∑=

i j,( ) i j

Fint f j i→

j 1=

N

∑i 1=

N

∑ f j i→

i j,( ) 1 1,( )=

N N,( )

∑= =

f j i→

i j,( ) 1 1,( )=

i j( )

N N,( )

∑ f j i→

i j,( ) 1 1,( )=

i j( )

N N,( )

∑+=

f j i→

i j,( ) 1 1,( )=

i j( )

N N,( )

∑ f i j→

i j,( ) 1 1,( )=

i j( )

N N,( )

∑+=

f j i→ f

i j→+( )

i j,( ) 1 1,( )=

i j( )

N N,( )

∑ 0= =

0=

⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

ΓO int OPi f j i→∧

j 1=

N

∑i 1=

N

∑=

ΓO int OPi f j i→∧

j 1=

N

∑i 1=

N

∑ OPi f j i→∧

i j,( ) 1 1,( )=

N N,( )

∑= =

OPi f j i→∧

i j,( ) 1 1,( )=

i j( )

N N,( )

∑ OPi f j i→∧

i j,( ) 1 1,( )=

i j( )

N N,( )

∑+=

OPi f j i→∧

i j,( ) 1 1,( )=

i j( )

N N,( )

∑ OPj f i j→∧

i j,( ) 1 1,( )=

i j( )

N N,( )

∑+=

OPi f j i→∧ OPj f

i j→∧+⎝ ⎠⎛ ⎞

i j,( ) 1 1,( )=

i j( )

N N,( )

∑=

f j i→–

OPi OPj–( ) f j i→∧( )

i j,( ) 1 1,( )=

i j( )

N N,( )

∑=

PjPi f j i→∧( )

i j,( ) 1 1,( )=

i j( )

N N,( )

∑ 0= =

0=

⎧ ⎨ ⎩

⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

S1( ) S2( )

F1 2→ f Pi Mj→

j 1=

N2

∑i 1=

N1

∑=

f Pi Mj→ f

Mj Pi→–=

F1 2→ f Mj Pi→

j 1=

N2

∑i 1=

N1

∑– F2 1→–= =

S1( ) S2( )

ΓO1 2→ OMj f Pi Mj→∧

j 1=

N2

∑i 1=

N1

∑=

OPi PiMj+( ) f Pi Mj→∧

j 1=

N2

∑i 1=

N1

∑=

OPi f Pi Mj→∧

j 1=

N2

∑i 1=

N1

∑ PiMj f Pi Mj→∧

j 1=

N2

∑i 1=

N1

∑+=

f Mj Pi→–= 0=

OPi f Mj Pi→∧

j 1=

N2

∑i 1=

N1

∑–=

ΓO2 1→–=

⎧ ⎨ ⎩ ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

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115

7 1. Dans le cours de première année, on montre

que . Souvent, cette force est expri-

mée en fonction de l’accélération dans de l’ori-gine d’un repère fixe dans On a alors larelation :

d’où

2. La force d’inertie de Coriolis est donnée parl’expression :

où est la vitesse du point P dans


1 1. La densité de force surfacique décrite ici peutêtre celle d’une force d’inertie d’entraînement dans lecas d’une rotation uniforme autour de l’axe de révo-lution du disque. Si σ est la masse surfacique du quartde disque et ω sa vitesse angulaire, la densité de force

s’écrit

2. a. Le champ de forces est symétrique par rapportà la bissectrice du quart de disque. On en déduit quela résultante est dirigée selon cette bissectrice.L’expression de la résultante est :

On choisit des coordonnées polaires pour le calcul :

Il est important de projeter le vecteur local dansune base fixe car ce vecteur a une direction dépen-dante de la variable θ. On décompose alors

pour calculer l’intégrale :

La résultante est bien dirigée selon la bissectrice, sa

norme vaut .

b. Le moment par rapport à l’origine O de toutes les

forces infinitésimales est nul :

Il en résulte que le moment de l’ensemble des actionsest lui aussi nul en O et donc que les conditions

et sont vérifiées. On peut ainsiparler de la force résultante, qui s’applique en O.

2 1. Il faut sommer les contributions de chacune descharges voisines, en utilisant la loi de Coulomb del’interaction électrostatique.La résultante s’exprime par :

La résultante est :

Par symétrie par rapport au point la résultante

La symétrie du système par rapport au point

implique que et que

La symétrie des résultantes précédentes implique que

2. La généralisation de la somme des forces au casde N charges alternées est :

f ie mae P( )–=

R( )

O ′ R ′( ) .

ae P( ) ae O ′( ) Ω Ω O ′P∧( )∧dΩdt-------- O ′P∧+ +=

f ie m ae O ′( ) Ω+ Ω O ′P∧( )∧

dΩdt-------- O ′P∧+⎝ ⎠

⎛ ⎞–=

f ic 2mΩ– v P( )∧=

v P( ) R ′( ) .

f s σω2OP .=

F f s dS

D( )∫∫ kOP dSD( )∫∫= =

F k rer r drdθθ 0=

π 2⁄

∫r 0=

R

∫ k r2er drdθθ 0=

π 2⁄

∫r 0=

R

∫= =

dS

⎧ ⎨ ⎩

er

er θexcos θeysin+=

F k r2dr0

R

∫ θexcos θeysin+( )dθ0

π 2⁄

∫=

R3

3------

kR3

3------ θdθcos

0

π 2⁄

∫⎝ ⎠⎛ ⎞ ex θdθsin

0

π 2⁄

∫⎝ ⎠⎛ ⎞ ey+

⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

=

1= 1=

kR3

3------ ex ey+( )=

⎧ ⎨ ⎩⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

F2

3------- kR3=

dΓO OP kOP∧ 0.= =

F ΓO⋅ 0= F 0≠

F1

F1e2

4πε0a2------------------ ex 1 1

22-----–

132-----

142-----–+

e2

4πε0a2------------------ ex

115144---------= =

115e2

576πε0a2------------------------ ex=

F2

F2e2

4πε0a2------------------ ex 1– 1 1

22-----–

132-----+ +=

e2

4πε0a2------------------ ex

536------–

5e2

144πε0a2------------------------– ex= =

P3 ,

F3 0.=

P3

F4 F2–= F5 F1 .–=

aP1 P2 P3 P4 P5

a a a

+ e – e – e+ e + ex

xe

F1 F2

F3 = 0F4 F5

Ftotale F1 F2 F3 F4 F5+ + + + 0.= =

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corrigés


116

Dans le cas d’une chaîne de charges très longue, lasérie alternée précédente converge :

d’où .

Cette force est dirigée vers l’intérieur du cristal.Si l’on compare cette force, exercée par un nombreillimité de charges alternées, à la force exercée par lapremière charge voisine, on trouve :

Pour cinq charges,

Ce rapport montre que les couples de charges au-delà d’une dizaine de distances interato-

miques ont une influence négligeable sur les chargesdu bord. Les interactions électrostatiques sont desinteractions à courte portée dans un milieu cristallinglobalement neutre.

3 1. La force s’obtient à partir du champ degravitation créé par l’astre :

Ce champ de pesanteurs’exprime à partir du théorème de Gauss. Ce théo-rème s’applique au champ gravitationnel car ce der-nier obéit à la même loi mathématique que le champélectrostatique créé par une charge.

Énoncé : où Σ est une

surface fermée contenant la masse Ici, lasymétrie sphérique de la répartition de masse del’astre impose la symétrie sphérique au champ depesanteur, radial. On prend pour surface Σ unesphère centrée sur de rayon D. Il vient :

d’où

puis

On peut remarquer que pour tout point extérieur le champ créé par cet astre est celui d’un point

matériel de même masse centré sur

2. Le principe des actions réciproques appliqué à larésultante impose que :

De même, on doit avoir Or

d’où .

3. Les résultats précédents montrent que les expres-sions des actions gravitationnelles exercées etsubies par l’astre étendu sont celles d’un pointmatériel placé en Cette propriété est due aux caractéristiquessuivantes :– symétrie sphérique de l’astre ;

– champ de force décroissant en

L’interaction électrostatique possède elle aussi laseconde propriété. On s’attend ainsi à la même équi-valence pour les distributions sphériques de chargesélectriques.

4 1. a. Le champ électrique s’obtient par le calculdu gradient du champ électrique.Dans la base sphérique, le champ électrique estdonné par :

soit ici :

b. La force subie par la charge est donnée parl’expression :

Le moment en O s’en déduit :

c. La force d’interaction est colinéaire au vecteur joi-gnant les deux points dans le cas de points maté-riels. Un dipôle, même ponctuel, n’est pasassimilable à un point matériel donc n’est pas soumisà cette condition.

2. Le champ électrique est celui créé par lacharge q en O (la charge est prise positive sur leschéma).

F N( )11–( )i 1+ e2

4πε0 ia( )2------------------------- ex

i 1=

N

∑ e2

4πε0a2------------------ ex

1–( )i 1+

i2--------------------

i 1=

N

∑= =

1–( )i 1+

i2--------------------

i 1=

+∞

∑ π2

12------= F1 ∞( )

πe2

48ε0a2----------------- ex=

F1 ∞( )

F1 1( )----------------

πe2

48ε0a2-----------------

e2

4πε0a2------------------

------------------π2

12------ 0 82,= =

F1 ∞( )

F1 5( )----------------

π2

12------

144115--------- 1 03.,=

q– +q,( )

F1 2→

g1 A1

F1 2→ M2g1 O2( ).=

g dΣ⋅Σ∫∫ 4πGMintérieure–=

Mintérieure .

A1

O1

4πD2g D( ) 4πGM1–= g O2( )GM1

D2------------ u12–=

F1 2→

GM2M1

D2------------------- u12–=

A1 ,M1 O1 .

F2 1→ F1 2→–GM1M2

D2------------------- u12= =

ΓO12 1→ ΓO11 2→ .–=

ΓO11 2→ O1O2 F1 2→∧ 0= = ΓO12 1→ 0=

A1M1 O1 .

A1

1r2---- .

E gradV–

er eθ eϕ, ,( )

∂V∂r-------

1r---

∂V∂θ-------

1r θsin--------------

∂V∂ϕ-------

–= =

E p4πε0------------

1r3---- 2 θercos θeθsin+[ ]=

Fp q→ qE qp4πε0------------

1r3---- 2 θercos θeθsin+[ ]= =

ΓO p q→ OP qE∧ rer qE∧= =

ΓO p q→qp

4πε0------------

θsinr2

----------- eϕ=

E ′

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117

puis le moment :

Le principe des actions réciproques est vérifié puis-

que

q > 0

O

z

rθ

er

peθ

eϕ

Fp → q

E

E ′q

4πε0------------

er–

r2--------=

ΓO q p→ pez E ′∧qp

4πε0------------

1r2---- ez er∧–= =

ΓO q p→qp

4πε0------------

θsinr2

----------- eϕ–=

ΓO q p→ ΓO p q→ .–=

S’entraîner

1 1. On projette le rayon R et la tige de longueur L sur

l’axe Ox : .

La seconde relation cherchée s’obtient en projetant le

rayon et la tige verticalement : (i) (ϕ

est négatif sur le schéma d’où le signe – devant ).

Les variables cinématiques sont au nombre de trois : Comme on a établi deux relations indépen-

dantes entre elles, il n’y a plus qu’une seule variableindéterminée.θ prend toutes les valeurs dans l’intervalle

d’où, d’après (1) :

Comme

Il suffit de déterminer les valeurs extrêmes pour x : pour et pour

Ainsi .

2. Sur le rayon s’appliquent les actions suivantes.En O :– une résultante et un moment exercés par l’axede rotation. La liaison est parfaite, donc ;

– le couple En I :– une résultante et un moment exercés par latige sur le rayon avec Sur la tige s’appliquent :En I :– une résultante et un moment exercés parle rayon sur la tige.En P :– une composante exercée par l’axe Ox qui main-tient le point P sur cet axe ;– une composante exercée par le système mécani-que.

La résultante et le moment total appliqués sur ce rayonsont nuls ; exprimons cette propriété en O :

La résultante et le moment total appliqués sur la tigesont nuls eux aussi ; exprimons cette condition en P :

On en déduit :

Or et d’où

Il reste à éliminer T :

Alors :

On peut remarquer que cette relation est indépendantede la longueur de la tige.

3. L’équation à représenter est :

x R θ L ϕcos+cos=

R θsin L ϕsin–=

L ϕsin

x θ ϕ, ,( ).

0 ; 2π[ ]RL---– ϕsin R

L--- .

RL--- 1, ϕ arcsinR

L---– ; arcsinR

L--- .∈

xmax R L+= θ 0= xmin L R–=

θ π .= x L R– ; L R+[ ]∈

R MO ,MO ez⋅ 0=

Γ .

R ′ MI′

MI′ ez⋅ 0.=

R ′– MI ′–

T ey

F ez–

R R ′+ 0=

Γez MO MI′ OI R ′∧+ + + 0=⎩⎪⎨⎪⎧

R ′– T ey F ex–+ 0=

MI′– PI R ′–( )∧+ 0=⎩⎪⎨⎪⎧

Γez MO MI ′ OI R ′∧+ + +( ) ez⋅ 0=

Γ OI R ′∧( ) ez⋅+ 0=

R ′ T ey F ex–= OI R θexcos θeysin+( )=

Γ R T θcos F θsin+( )+ 0.=

MI′– PI R ′–( )∧+( ) ez⋅ 0=

PI R ′ ez⋅∧ 0=

L ϕexcos– ϕeysin–( ) T ey– F ex+( )∧ ez⋅ 0=

T ϕcos F ϕsin+ 0=

Γ R T θcos F θsin+( )–=

R F ϕ θcostan F θsin+–( )–=

FR θsin ϕ θcostan–( )–=

Γ FR θsin ϕ θcostan–( )–=

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118

Le couple Γ moyen est nul. Ceci provient du fait que laforce F est constante à l’aller et au retour de la bielle.

2 Stabilité longitudinale

1. Faisons d’abord un bilan des actions sur la poussette :

Les roues sont supposées non freinées sur leur axe, cequi implique qu’elles subissent un couple nul autour deleur axe, sinon, elles se mettraient à tourner. Il n’y adonc que des forces normales appliquées aux roues auxpoints de contact. En particulier, la réaction du sol en

est purement normale et dirigée selon Pour traduire l’équilibre de la poussette, il faut écriredeux relations vectorielles :– la résultante des actions extérieures est nulle : poids etrésultante des réactions :

– le moment en G des actions extérieures est nul :

De ces trois équations scalaires on tire les expressionsdes actions :

2. La condition de non-basculement va se traduire par En effet, ces actions sont des

réactions du sol et du bloc. Elles doivent être dirigéesvers l’intérieur du solide sur lequel elles s’appliquent.Les deux premières relations sont vérifiées pour

La troisième implique :

Cette condition de non-basculement est celle que l’ontrouve géométriquement en plaçant G à la verticale de

Au-delà, il y a basculement.

3. La valeur de a minimale est donnée par

ce qui est facile-

ment réalisé.

4. a est indépendant de à h fixé.

5. Cette fois, c’est la composante qui pourraits’annuler. Pour :

Il faut donc respecter

6. Pour il faut vérifier

soit

7. Stabilité latérale

Γ θ( ) 103 θsin 13---

θsin

1 sin2θ9

-------------–

-------------------------- θcos+

⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞

–=

Γ

θ

π 2π

+

+

+G

θO1

O2 x1

x

yy1

T1

N1

N2

O2 ey1.

P N1 N2 T1+ + + 0T1 Mg θsin– 0=

N1 N2 Mg θcos–+ 0=⎩⎨⎧

⇔=

GO1 N1 T1+( )∧ GO2 N2∧+ 0 a3--- N2

2a3

------ N1– hT1+⇒ 0= =

T1 Mg θsin=

N1 Mgha-- θsin 1

3--- θcos+⎝ ⎠

⎛ ⎞=

N2 Mg23--- θcos h

a-- θsin–⎝ ⎠

⎛ ⎞=

T1 0, N1 0, N2 0.

0 θπ2--- .

23--- θcos h

a-- θsin– 0 θtan 2a

3h------⇔

O1 .

amin32--- h θtan 0 36h, 16 cm= = =

M1

N1θ 0

ha-- θ

13--- θcos+sin 0 θtan a

3h------–⇒

a 3h θtan–⇒ 2amin=

a 32 cm .

a 60 cm,= θtan a3h------ 0 44,=

θ 24° .

θ

B1

O

B2

y1

G+

T1

N1 N2

x1

x

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119

On suppose toujours que la cale exerce la seule actiontangentielle au plan incliné. Cette action s’applique surla roue (1) de rayon faible devant h.Comme il n’y a pas de frottement de la roue sur le sol,l’action du sol sur est De la même manière que précédemment, on peut écrireque la résultante et le moment des actions extérieures enG sont nuls. On obtient :

8. Le critère de non-basculement est

Il vient, pour .

9. Pour b doit vérifier :

Il y a symétrie de la poussette par rapport à G ici. Lacondition est donc aussi vérifiée pour

10. Pour l’angle limite de basculement vaut

3 1. La corde étant parfaitement flexible, le momentexercé par une partie sur sa voisine est nul. L’action seréduit à la force de tension.L’équilibre de l’élément MN s’établit en annulant larésultante des actions sur cet élément. Faisons le bilande ces actions :

• exercée par la portion NB du fil ;• exercée par la portion AM du fil ;• exercée par la pesanteur.L’équilibre s’écrit alors :

T et dépendent a priori de l’abscisse curviligne s.

2. a. Un vecteur tangent à la courbe peut s’écrirecomme un vecteur dirigé selon l’hypoténuse du triangleinfinitésimal de côtés dx et dz.

Les relations entre les distances infinitésimales sont :

Le vecteur unitaire tangent s’écrit :

On projette l’équation vectorielle (1) sur les axes Ox et

Oz pour obtenir :

Ces deux équations différentielles s’intègrent en :

où α et β sont deux constantes d’intégration.b. Au point S, minimum de la courbe, le vecteur estégal à et a donc les coordonnées :

On peut exprimer les constantes d’intégration :

puisque en S.

Finalement :

3. a. Il faut faire le rapport des deux relationsprécédentes :

soit

On a utilisé ici les propriétés des dérivées suivantes :

B2 N2′ey1.

T1 Mg θsin=

N1 N2+ Mg θcos=

b2--- N2 N1–( ) hT1=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

T1 0, N1 0,

N2 0. θ 0, θtan b2h------

θ 13 5° ,,=

b bmin 2h θtan 21 6 cm,= =

θ 13 5°,– .=

b 45 cm,=

θmax arctan a2h------⎝ ⎠⎛ ⎞ 27° .= =

M

N

µ ds g– T (s )

T (s + ds )

T s ds+( )

T s( )–

µdsg

T s ds+( ) T s( )– µgds+ 0=

dT µgds+ 0=

d Tt ( ) µgds+ 0 1( )=

t

dx

dzds

θ

ds dxθcos

------------dy

θsin----------- dx2 dy2+= = =

t

t θexcos θeysin+dxds------ ex

dzds------ ez+= =

d T dxds------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0=

d T dzds------⎝ ⎠

⎛ ⎞ µgds– 0=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

T dxds------ α=

T dzds------ µgs β+=⎩

⎪⎨⎪⎧

t ex 1 0,( )

dxds------ 1=

dzds------ 0=⎩

⎪⎨⎪⎧

T0 α=

0 β=⎩⎨⎧

s 0=

T dxds------ T0=

T dzds------ µgs=⎩

⎪⎨⎪⎧

dzds------

dxds------

------µgsT0--------

dzdx------⇒ s

a--= = z ′ x( ) s

a--=

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corrigés


120

Dérivée des fonctions réciproques :

Dérivation des fonctions composées :

b. Il faut d’abord dériver la relation par rapport à x :

Posons Il vient : qui s’intègre en

soit encore :

La constante d’intégration s’exprime en utilisant la rela-

tion en S, où et ce qui implique que la

constante est nulle.

On peut alors écrire :

Cette équation différentielle s’intègre et fournit :

La constante d’intégration C se détermine en choisissantun point particulier sur la courbe, par exemple le point

ce qui fournit :

On obtient finalement : .

4. a. Il faut exprimer la longueur 2L de la corde. Pourcela, on peut utiliser la relation Au point l’abscisse curviligne vaut L et

d’où .

b. Au point on a : Il suf-

fit d’exprimer d en fonction de L en utilisant la relationde la question précédente :

On en déduit : .

c. On utilise la relation qu’on peut aussiécrire :

D’où la relation : .

5. a. La masse linéique µ est

La valeur de a est

a est homogène à une longueur, puisqu’il est égal à uneforce divisée par une force linéique. Le rapport sans

dimension le confirme.

La flèche de 20 m peut sembler importante pour et soit 3 m de jeu. On peut cal-

culer que si la corde était rectiligne entre S et B, elleaurait une longueur de 99 m. Le résultat est donc cohé-rent.

Calculons la tension maximale. est maxi-

male aux extrémités, pour par exemple. Alors :

Il n’y a pas de risque de

rupture.

b. Ici, Il faut prendre puisque la longueur estnotée 2L.

La flèche est négligeable, le fil est tendu.

4 1. d’où v est bienhomogène à une vitesse. Faisons un bilan des actions surl’élément MN, en négligeant le poids :– la tension colinéaire à la tangente au filen ;– la tension colinéaire à la tangente au fil en x.

1dxds------

------dsdx------ .=

dzds------ ds

dx------

dzdx------ .=

d2zdx2---------

1a---

dsdx------=

1a--- 1 dz

dx------⎝ ⎠⎛ ⎞

2+=

udzdx------ .=

u ′ x( )

1 u2+

-------------------1a---=

sh u( )arg xa-- cte+=

u sh xa-- cte+⎝ ⎠⎛ ⎞=

dzdx------ sh x

a-- cte+⎝ ⎠⎛ ⎞=

x 0=dzdx------ 0,=

dzdx------ sh x

a--⎝ ⎠⎛ ⎞ .=

z x( ) ach xa--⎝ ⎠⎛ ⎞ C+=

A d– 0,( ) 0 ach da--⎝ ⎠⎛ ⎞ C .+=

z x( ) a ch xa--⎝ ⎠⎛ ⎞ ch d

a--⎝ ⎠⎛ ⎞–⎝ ⎠

⎛ ⎞=

z ′ x( )sa-- .=

B d 0,( ),

z ′ x( ) sh da--⎝ ⎠⎛ ⎞= L ash d

a--⎝ ⎠⎛ ⎞=

S 0 h–,( ) h– a 1 ch da--⎝ ⎠⎛ ⎞–⎝ ⎠

⎛ ⎞ .=

ch da--⎝ ⎠⎛ ⎞ 1 sh2 d

a--⎝ ⎠⎛ ⎞+ 1 L

a---⎝ ⎠⎛ ⎞

2+= =

h a 1 La---⎝ ⎠⎛ ⎞

2+ 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞=

T dxds------ T0=

T T0dsdx------=

T0 1 dzdx------⎝ ⎠⎛ ⎞

2+=

T0 1 sh2 xa--⎝ ⎠⎛ ⎞+=

T0ch xa--⎝ ⎠⎛ ⎞=

T T0ch xa--⎝ ⎠⎛ ⎞=

µ ρπR2 5 6 kg, m 1–⋅ .= =

aT0

µg------ 240 m .= =

xa--

d a sh La---⎝ ⎠⎛ ⎞arg 97 m .= =

h a 1 La---⎝ ⎠⎛ ⎞

2+ 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 20 m .= =

L 100 m= d 97 m,=

T T0ch xa--⎝ ⎠⎛ ⎞=

x d=

Tmax T0ch da--⎝ ⎠⎛ ⎞ 14 kN .= =

a 77 km= R 0 5 mm,=( ) .L 50 cm=

h a 1 La---⎝ ⎠⎛ ⎞

2+ 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞ a12---

La---⎝ ⎠⎛ ⎞ L2

2a------ 1 6, 10 6– m !⋅= = =

v[ ]2 t 2[ ] x2[ ],= v[ ] L T 1– .⋅=

T x dx+ t,( )x dx+

T x t,( )–

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


121

Les composantes du vecteur unitaire sur les axes Ax

et Ay sont : car l’élément de longueur dx est

très faiblement incliné sur Ax.

Le centre de masse de l’élément matériel est pris en

Dans ce cas, le théorème de la résultante cinétique appli-qué à l’élément dx, en projection sur Ay, s’écrit :

Le second membre est la différence des valeurs d’unefonction en x et Lorsqu’on divise par dx etqu’on prend la limite dx tend vers 0, on obtient la déri-

vée de la fonction :

Il vient donc :

L’équation finale se met sous la forme voulue :

On identifie la célérité v : .

Cette célérité est la vitesse de phase des ondes dans le fil.L’application numérique donne :

2. a. Il faut utiliser la solution proposée dans l’équationdifférentielle.

L’équation devient, après factorisation :

On cherche une solution non nulle en La relation

cherchée est alors : .

Les solutions proposées sont des solutions en ondes sta-tionnaires, car est le produit de fonctions réellesde l’abscisse et du temps.b. La longueur de la corde est 2L. Les extrémités A et Bsont fixes donc On a choisil’origine des abscisses au milieu de la corde.Ces conditions impliquent que :

c’est-à-dire

La somme des deux dernières conditions montre que 2ϕ

est un multiple de π, donc ϕ est un multiple de

Pour .

Pour .

Les valeurs suivantes de ϕ ne fournissent pas de nouvel-les solutions.On peut rassembler toutes les solutions possibles en :

On peut prendre n entier positif, car les valeurs négati-ves de k dans le cosinus donnent la même solution queles valeurs positives.La plus petite valeur de k, fournira la plus petite

valeur de ω et de la fréquence :

c. Les fréquences possibles sont toutes des multiples de:

A.N. : On en déduit qu’il y a 4 fréquences inférieures à2 000 Hz :

5 1.

t dxds------ 1

dyds------ ∂y

∂x------⎩

⎪⎨⎪⎧

dx2

------ .

µdx∂2y x dx 2 t,⁄+( )

∂t2----------------------------------------- T0

∂y x dx+ t,( )

∂x-------------------------------

∂y x t,( )

∂x------------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞=

x dx .+

f x dx+( ) f x( )–

dx---------------------------------------

dx 0→lim ∂f

∂x------ .=

µ∂2y x dx 2⁄+ t,( )

∂t2-----------------------------------------

dx 0→lim T0

∂y x dx+ t,( )∂x

-------------------------------∂y x t,( )

∂x------------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞

dx------------------------------------------------------------

dx 0→lim=

µ∂2y x t,( )

∂t2--------------------- T0

∂2y x t,( )

∂x2---------------------=

∂2y∂x2--------

µT0------

∂2y∂t2--------– 0=

vT0

µ------=

v 870 m s 1–⋅ .=

∂2y∂x2-------- y0k2 kx ϕ+( ) ωt( )coscos–=

∂2y∂t2-------- y0ω2 kx ϕ+( ) ωt( )coscos–=

k2 ω2

v2------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ y0 kx ϕ+( ) ωt( )coscos– 0=

y0 .

k2 ω2

v2------=

y x t,( )

y L– t,( ) y L t,( ) 0.= =

kL– ϕ+( )cos kL ϕ+( )cos 0= =

n ν Hz

1 435

2 870

3

4

kL ϕ+π2--- n1π+= n1 ∈,

kL ϕ+π2--- n2π+= n2 ∈,–⎩

⎪⎨⎪⎧

π2--- .

ϕ 0,= kL π2--- nπ+= n ∈,

ϕπ2--- ,= kL n ′π= n ′ ∈,

kL nπ2---= n ∈,

π2L------- ,

ν0

ν0ω0

2π------

v2π------

π2L-------

v4L-------= = =

ν0

νn nω0

2π------

v2π------

nπ2L------- n

v4L------- nν0= = = =

ν0 435 Hz.=

1 3, 103⋅

1 7, 103⋅

Tablier

Câble

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


122

Le tablier du pont a une masse très grande devant celledes câbles.

2. On peut considérer que l’on fixe le câble à une de sesextrémités puis qu’on le laisse pendre verticalement.Dans ce cas, c’est sous son propre poids que le câble varompre.Évaluons la longueur maximale L de ce câble : soit S sasection. Le poids de ce câble est alors où ρ est lamasse volumique de l’acier. La force maximale à laquellele câble peut résister est d’où la longueur limite :

La résistance est donnée par une pression : c’est la forcemaximale divisée par la section. Ce paramètre nedépend pas de la forme du câble et caractérise le maté-riau, ici l’acier.

3. La longueur maximale dépend de la résistance dumatériau et de l’inclinaison du câble aux points d’atta-che (voir exercice 3).

On a :

La résistance fournit d’où .

Pour on retrouve le résultat de la question pré-

cédente multiplié par deux, puisqu’ily a deux points d’attache.Pour on trouve Un câble pesant suspendu a la forme d’une chaînette,c’est-à-dire une courbe en cosinus hyperbolique (voirexercice 3).

4. La longueur maximale d’un pont suspendu dépendessentiellement de la masse maximale que peut suppor-ter le câble.Puisqu’il y a deux câbles pour soutenir un tablier de lon-gueur L, de masse volumique µ et de section S, on peut

écrire : .

6 1. L’aire totale est l’aire occupée par les quatre dis-ques et l’espace entre ces disques. On peut sommer l’airedu losange et des parties de disque hors du losange.

Aire du losange :

Aire des disques : Aire des portions de disques dans les losanges :

Alors, .

2. Il faut exprimer en fonction de Le schéma

montre qu’il y a un triangle rectangle de côtés et d’hypoténuse 2R d’où :

soit :

On trouve alors la relation indiquée.

3. La valeur minimale de est 2R, quand les disquesdroit et gauche sont en contact. L’angle θ est alors de 30°.La valeur maximale de est celle correspondant à lavaleur minimale de quand les disques haut et bassont en contact. Alors et d’aprèsla relation précédente. L’angle θ vaut alors 60°.

Posons et :

;

La fonction f est maximale pour

4. Pour l’aire est une fonction croissantede Si on exerce des forces pour faire diminuer

et augmenter on augmente du même coup l’aireoccupée par les disques. On a bien le comportementdécrit par Reynolds.Pour l’aire diminue si augmente. Laforce fait donc diminuer le volume, comme pour unmilieu classique.

La transition a lieu pour .

ρSLg

P S×

L Pρg------ 21 2 km .,= =

α

T T

ρLS g

2T αsin ρLSg .=

T PS= Lmax2Pρg------ αsin=

απ2--- ,=

Lmax 42 4 km ,,=

α 30° ,= Lmax 21 6 km .,=

LmaxP

µSg--------- αsin=

12--- LvLh.

4πR2 .

12--- angles compris dans les losanges∑⎝ ⎠⎛ ⎞R2 πR2=

St12--- LvLh 4πR2 πR2–+

12--- LvLh 3πR2+= =

Lv Lh .Lv

2------ ,

Lh

2------ ,

2R( )2Lv

2------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 Lh

2------⎝ ⎠⎛ ⎞

2

+=

Lv 2 4R2 Lh2

4------– 4R 1

Lh

4R-------⎝ ⎠⎛ ⎞

2

–= =

Lh

LhLv

Lv 2R= Lh 2 3R=

Lh 2R ; 2 3R[ ]∈

xLh

2R-------= f

ΔSt

4R2---------=

f x( ) x 1 x2

4-----–= x 1 ; 3[ ]∈

1

f

x

1

2 3

32

x 2.=

x 1 ; 2[ ]∈ ,Lh. f v

Lv Lh ,

x 2 ; 3[ ],∈ Lhf v

Lh

2R------- 2=

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atha

n,cl

asse

pré

pa


123

5. Soit F l’intensité de la force exercée par le disquegauche sur le disque haut. Cette force est normale auxsurfaces des disques car il n’y a pas de frottements.Par symétrie, le disque droit exerce une force normalede même intensité F.

On représente les actions sur le disque supérieur.L’équilibre du disque haut implique : L’équilibre du disque gauche implique :

On en déduit donc .

A.N. :

6. On étudie le cas où les contraintes verticales sontsupprimées, les contraintes horizontales existant tou-jours.Il faut considérer cette fois une composante tangentielle T.

On étudie le cas où les contraintes verticales sont suppri-mées, les contraintes horizontales existant toujours.L’équilibre du disque haut s’écrit :

(1)L’équilibre du disque gauche s’écrit :

(2)

L’équation (1) fournit et d’après la condi-

tion de l’énoncé, .

Cette condition permet d’avoir un équilibre bloquant.Pour on trouve L’équilibre blo-quant est possible car cette valeur est comprise dansl’intervalle des angles permis : Le blocagea lieu pour θ compris entre 30° et 42°.

7 1. Le mouvement de dans R est un mouvementde translation en première approximation circulaire : lepoint T décrit un cercle (en réalité une ellipse de faibleexcentricité) autour de O. n’est pas galiléen.

2. La relation est une expression du principe fondamen-tal de la dynamique dans un référentiel non galiléen.

L’accélération d’entraînement du point P dans est

car puisque les deux référentielssont en translation l’un par rapport à l’autre. Pour lamême raison, la force de Coriolis est nulle :

3. a. Un bilan des actions sur T permet d’écrire :

d’où :

b. On remplace cette accélération dans la premièrerelation pour trouver le résultat :

4. D’après le développement proposé par l’énoncé,

on peut écrire :

On évalue :

La dérivée partielle de par rapport à x est :

d’où et enfin :

De même en où remplace :

Pour le Soleil : Pour la Lune :

θ

fv

F F

f v 2F θsin .=

fh 2F θcos .=

fh f vcotanθ=

K cotanθ=

K 0 58 .,=

θ

fh

N

T

2N θsin 2T θcos– 0=

fh 2N θcos– 2T θsin– 0=

T N θtan=

θtan µs

µs 0 9, ,= θ 42° .

30° ; 60°[ ] .

RT

RT

RT

a T( )/R ΩRT R⁄ 0=

ma P( )RTF mGT P( ) mGL P( ) mGS P( )+ + + ma T( )R–=

Forces d ′interaction dans RT Force d ′inertie dans RT

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

mTa T( )/R mTGS T( ) mTGL T( )+=

a T( )/R GS T( ) GL T( )+=

ma P( )RTmGT P( ) mGL P( ) mGS P( ) ma T( )R–+ +=

mGT P( ) mGL P( ) mGS P( ) m GL T( ) GS T( )+( )–+ +=

mGT P( ) m GL P( ) GL T( )–( ) m GS P( ) GS T( )–( )+ +=

mGT P( ) mCL P( ) mCS P( )+ +=

GA M( ) GA T( ) TM grad⋅( )GA[ ]T ,+

CA P1( ) TP1 grad⋅( )GA[ ]T RT ∂GA

∂x--------- T( )=

GA x y z, ,( )

GA x y z, ,( ) GmA

DA x+( )2 y2 z2+ +( )3 2/---------------------------------------------------------–=

DA x+( )ex yey zez+ +( )×

GA x y z, ,( )

∂∂x------GA x y z, ,( ) 3G

mA DA x+( )

DA x+( )2 y2 z2+ +( )5 2/---------------------------------------------------------=

DA x+( )ex yey zez+ +( )× GmAex

DA x+( )2 y2 z2+ +( )3 2/---------------------------------------------------------–

∂∂x------GA 0 0 0, ,( ) G

2mA

DA3

---------- ex=

CA P1( ) GaT2mA

DA3

---------- ex=

P2 RT– RT

CA P2( ) GaT2mA

DA3

---------- ex–=

A

DA

RT

T

P1

P2

C(P1)

C(P2)

ex

CS P1( ) 5 0, 10 7– m s 2– .⋅ ⋅=

CL P1( ) 1 1, 10 6– m s 2– .⋅ ⋅=

© N

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n,cl

asse

pré

pa

corrigés


124

L’effet de marée dû à la Lune est deux fois plus impor-tant que celui du Soleil.Le champ d’accélération de marée est responsable desmarées hautes océaniques : les masses d’eau se dépla-cent sous l’effet de ce champ. On voit sur le schéma qu’ily a deux marées hautes par jour, un point de la Terre

passant sous la Lune et à l’opposé de la Lune par 24 h.Le mouvement de la Lune autour de la Terre a pourconséquence de changer cette durée.La conjugaison des effets du Soleil et de la Lune provo-que les marées de vives-eaux, d’amplitude plus forte quela moyenne.

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

6 – Énergie cinétique d’un système matériel


125

PC

PT

Énergie cinétiqued’un système matériel

1 Définition et expressions de l’énergie cinétique

1.1. L’énergie cinétique d’un système discret

On considère un système discret formé de N points matériels de masse Unpoint matériel est animé d’une vitesse (fig. 1).

L’énergie cinétique d’un point matériel est :

On appelle énergie cinétique du système et on note la somme des énergies cinétiquesdes points matériels :

L’énergie cinétique est une grandeur d’état scalaire, positive et extensive (ou additive).Son unité est le joule ( J) dans le Système International d’Unités. Sa dimension est

( ), Pi mi.Pi vi

Fig. 1

Pi

()

mivi

eci eci12--- mivi

2.=Remarque

L’extensivité signifieque l’énergie cinéti-que de la réunion dedeux systèmes dis-joints est égale à lasomme des énergiescinétiques des deuxsystèmes.

Ec

Ec12--- mivi

2

i 1=

N

∑=

Ec[ ] M L2 T 2– .⋅ ⋅=

MP

© N

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n,cl

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pré

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126

1.2. L’énergie cinétique d’un système continu

Le système matériel est décrit par une répartition continue de masse. On le découpeen éléments de masse dm, de centre de masse P, « point courant » qui décrit la distributionde matière (fig. 2).

L’énergie cinétique de est la somme des énergies cinétiques des éléments de masse :

Dans le cas d’une distribution volumique, l’élément de masse s’exprime en fonction de lamasse volumique et de l’élément de volume : Soit V le volume du sys-tème, alors :

Autre expression : représente la quantité de mouvement de l’élément enP. On en déduit :

1.3. L’énergie cinétique d’un solide

1.3.1. Expression généraleSoit un solide de masse M, de centre de masse G, en mouvement quelconque dans unréférentiel d’étude

Soient le vecteur vitesse angulaire instantané et la vitesse d’un point lié au solide.

Soient sa résultante cinétique et son moment cinétique en A. En tenant compte de

la structure du champ des vitesses du solide, l’énergie cinétique

du solide se met sous la forme : .

On peut toujours choisir comme cas particulier du point A le centre de masse G, qui estfixe par rapport au solide.

En considérant dans l’expression précédente, on obtient l’expression géné-

rale ou encore

où est le moment d’inertie du solide par rapport à l’axe passant par G et

orienté par le vecteur

( )

Fig. 2

P

dmv(P)

()

( )

dec P( )12--- dmv2 P( )=

dm ρ P( )dV.=

Ec12--- ρ P( )v2 P( )dV

V∫∫∫=

Conseil

Dans le cas d’un so-lide, il est inutile decalculer l’une desdeux intégrales ci-contre. On utilisel’une des expressionsci-dessous.

dp ρ P( )v P( )dV=

Ec12--- v P( ) dp⋅

V∫∫∫=

AttentionIl n’est pas néces-saire que A appar-tienne à la distri-bution de matière.Il suffit en effet que Asoit fixe dans le réfé-rentiel lié au solide.

S( )R( ).

Ω v A( )

P σA

v P( ) v A( ) PA Ω,∧+=

Ec Ec12--- P v A( )⋅ Ω σA⋅+( )=

A G=

Ec12--- P v G( )⋅ Ω σG⋅+( )= Ec

12--- M v2 G( )

12--- J G Ω2+=

J G ΔG,

Ω.

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pré

pa


127

1.3.2. Cas particuliers importants

a. Si le solide est en translation, alors la vitesse angulaire est nulle d’où

.

b. Si le solide est en rotation autour de A, L’axe instantané de rotation, Δ, est

l’axe passant par A et dirigé par Soit le moment d’inertie par rapport à l’axe instan-

tané de rotation Δ.

Alors

c. Dans le référentiel barycentrique G est un point fixe du solide. L’axe de rotation passe par G et l’on a, en notant l’énergie cinétique du solide dans :

2 Le second théorème de Koenig

2.1. Énoncé

Le second théorème de Koenig concerne l’énergie cinétique d’un système matériel. Il per-met de décomposer l’énergie cinétique d’un système quelconque en deux termes, d’une partl’énergie cinétique du centre de masse, d’autre part l’énergie cinétique barycentrique.Soit un système matériel de masse totale M, étudié dans un référentiel Soit G lecentre de masse du système et le référentiel barycentrique de Soit l’énergie cinétique du système dans En reportant dans l’expression de la vitesse du point P sous la forme

on est conduit à la relation :

étant l’énergie cinétique dans

L’énergie cinétique est la somme de deux termes, correspondant à la décompositiondu mouvement général d’un solide, soit :

– une translation de vitesse dont l’énergie cinétique est ;

– une rotation de vecteur vitesse angulaire autour d’un axe passant par G,

dont l’énergie cinétique est

Le second théorème de Koenig permet de scinder l’énergie cinétique d’un système

en deux termes : le terme représente l’énergie cinétique de translation

globale du système et le terme l’énergie cinétique du mouvement des points dusystème autour du centre de masse.

v G( )12--- M v2 G( )

Ω ΔG12--- J G Ω2.

RemarqueTous les points dusolide ont la mêmevitesse :v P( ) v G( )=

P∀ S( )∈

Ω 0=( ),

Ec12--- P v A( )⋅

12--- M v2 G( )= =

v A( ) 0.=

Ω. J Δ

Ec12--- Ω σA⋅

12--- J ΔΩ2= =

R*( ),ΔG Ec* R*( )

Ec*12--- J ΔG

Ω2=

( ) R( ).R*( ) ( ).

Ec R( ).RemarqueIl faut noter que cettedécomposition n’estpossible qu’avec le ré-férentiel barycentri-que Un autreréférentiel ne donne-rait pas le même ré-sultat. En revanche,ce théorème est ap-plicable aux solidesmais aussi aux systè-mes déformables.

R*( ).

Ecv P( ) v G( ) v* P( ),+=

Ec12--- M v2 G( ) Ec*+=

Ec* R*( ).

12--- M v2 G( )

Ec*

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n,cl

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pré

pa



128

2.2. Le second théorème de Koenig appliqué au solide

L’énergie cinétique d’un solide dans son référentiel barycentrique est

où Ω est la vitesse angulaire de rotation du solide autour de l’axe de rota-

tion Dans le référentiel d’étude l’énergie cinétique du solide a pour expression :

Les deux contributions à l’énergie cinétique font apparaître la décomposition dumouvement en une translation décrite par le centre de masse à la vitesse etune rotation du solide dans le référentiel barycentrique, autour de G et de vecteur

vitesse angulaire

R*( )

Ec*12--- J ΔG

Ω2,=

ΔG.R( ),

Ec*12--- M v2 G( )

12--- J ΔG

Ω2+=

RemarqueCe résultat est biencelui trouvé au para-graphe 1.3.1. de ma-nière directe.

v G( )

Ω.

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pré

pa


129


1 Soit un référentiel en mouvement parrapport à un référentiel Ce mouvementest décrit par la vitesse du point lié à

et le vecteur vitesse angu-laire de par rapport à Soit un système matériel quelconque (Sys),de centre de masse G, de masse totale M,dont l’énergie cinétique est dans et

dans Indiquer la (les) réponse(s)correcte(s) :

a.

b.

c.

d. Pas de résultat simple entre et

2 Démontrer l’expression :

de l’énergie cinétique d’un solide. A est unpoint lié au solide.

3 Quel que soit le point O lié à un solide de masse M, l’énergie cinétique de cesolide est donnée par :

où est l’axe passant par O et orienté parle vecteur vitesse angulaire

a. Vrai.

b. Faux.

4 Énoncer, démontrer et commenter lesecond théorème de Koenig.


1 On considère un cylindre de centre demasse C, de rayon R, de masse M, demoment d’inertie par rapport à l’axe

roulant sans glisser (la vitesse du pointde contact I avec le sol est nulle) sur un planhorizontal. En un point P de la circonfé-rence, repéré par l’angle θ avec la verticale,est fixée une masse ponctuelle m. L’étude estfaite dans le référentiel lié au plan horizontal.

1. Donner la relation existant entre la vitessede C, et la vitesse angulaire

2. Donner l’expression de l’énergie cinéti-que du système cylindre + masse ponc-tuelle en fonction de θ et

2 Une tige de masse m, de longueur 2 glissedans une gouttière cylindrique de rayon

Le mouvement est plan. Ondonne :

Exprimer l’énergie cinétique de la tige enfonction des paramètres de l’énoncé, de

et de

Avant la colle

R′( )R( ).

O′R′( ), v O′( ) R( ),

Ω R ′( ) R( )⁄ R′( ) R( ).

Ec R( )

Ec′ R′( ).

Ec Ec′.=

Ec Ec′12--- M v2 O′( ) R( )+ .=

Ec Ec′12--- M v2 G( ) R( )+ .=

Ec Ec′.

Ec12--- P v A( )⋅ Ω σA⋅+( )=

S( )Ec

Ec12--- M v2 O( )

12--- J ΔO

Ω2+=

ΔO

Ω.

J CCz( ),

CR

I

P

θ

ey

ez

ex

vC, θ·.

Ecθ·.

R .

J ΔG

13--- m2=

Ec

θ ex OG,( )= θ·.

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pa



130

3 Deux disques et homogènes, demoment d’inertie par rapport à leur axe derévolution et de masse et etde centre O et respectivement, sont liéspar un fil de torsion de masse négligeablequi reste vertical et accroché à une distance

de O. L’ensemble des deux dis-ques peut tourner librement autour d’unaxe vertical passant par le centre du granddisque.

Le mouvement de rotation du grand disque

est décrit par l’angle dansle référentiel d’étude Le mouvementde rotation du petit disque est décrit par

l’angle ϕ défini par où P estlié à

1. a. Quel est l’angle de rotation de dansle référentiel ?b. En déduire les vecteurs vitesses angulai-

res et de et respectivement,dans 2. Donner l’expression de l’énergie cinéti-que du système des deux disques dans leréférentiel

4 Deux barres identiques OA et AB, homogè-nes, de longueur L, de masse m, de moment

d’inertie par rapport à un axe

passant par leur centre de masse G et ortho-gonal à la barre, forment un système articuléen A. L’extrémité O de la première barre estfixe dans un référentiel d’étude Lesdeux barres se déplacent dans le plan Oxy.

1. L’angle repère la rotationde la première barre. Déterminer en fonc-tion des données et de l’énergie cinétique

de la barre OA.

2. L’angle repère la rotationde la seconde barre. Déterminer en fonction

des données, de et de l’énergie cinéti-que de la barre AB.

5 Une barre AB, homogène, de section négli-geable, de masse m, de longueur 2b et decentre G, milieu de AB, est posée sur le solhorizontal en B et repose contre un mur ver-tical en A. Sa position est repérée par l’angle

qui est aussi égal à (voir figure ci-dessous).

Donner l’expression de l’énergie cinétique de la barre. On utilisera l’expression du

moment d’inertie de la barre par rapport àl’axe Gz , orthogonal au plan de la figure :

O

A

G

B

θ

R

y

x

ey

ex

D1 D2,

J 1 J 2, m1 m2O′

OA a=

O

O

z

aA

P

θ

ϕx

D1

D2

ez

D1 θ Ox OA,( )=

R( ).D2

ϕ OA O′P,( )=

D2.

D2R( )

Ω1 Ω2 D1 D2

R( ).

EcR( ).

J G112------ mL2=

R( ).

O

A

y

α

β

x

B

α Ox OA,( )=

α·

Ec1

β Ox AB,( )=

α·

β·

Ec2

α OB OG,( ),= OB OG,( )

O

A

Bα

x

G

Ec

J G13--- mb2=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



131

1 – Rotation d’une molécule d’eau (d’après CCP)

Une molécule d’eau est constituée d’un atome d’oxygène O et de deux atomesd’hydrogène et La longueur de la liaison centre à centre, est

et l’angle entre les deux liaisons est Les atomessont considérés comme des masses ponctuelles.

On donne les valeurs numériques des constantes physiques suivantes :– masses atomiques : ; ;– nombre d’Avogadro : ;– constante de Boltzmann : ;– constante de Planck :

On donnera le résultat des applications numériques avec trois chiffres significatifs.

1 a. Calculer et donner la valeur, en picomètres, des coordonnées dupremier atome d’hydrogène, puis des coordonnées du second atomed’hydrogène, en supposant que l’atome d’oxygène occupe l’origine du repère, etque l’orientation de la molécule est telle que représentée sur la figure.b. Calculer et donner la valeur, en picomètres, des coordonnées et ducentre de masse G de la molécule d’eau. Calculer et donner la valeur, en pico-mètres, des coordonnées de l’atome d’oxygène, puis des coordonnées

et des deux atomes d’hydrogène, exprimées dans le référen-tiel du centre de masse de la molécule d’eau.

2 Donner l’unité, dans le cadre du Système International, d’un moment d’inertie.Calculer les trois moments d’inertie et de la molécule d’eau par rap-port aux axes passant par le centre de masse G, et orientés respectivement sui-vant les vecteurs unitaires Faire les applications numériques.

3 a. On considère une molécule d’eau, en rotation à vitesse angulaire constante autour de l’axe passant par le centre de masse et orienté par Don-

ner l’expression, dans le référentiel du centre de masse, de l’énergie cinétique associée à ce mouvement de rotation, en fonction de et du moment

d’inertie Donner, dans les mêmes conditions, l’expression du moment ciné-tique associé à une vitesse angulaire de rotation autour de l’axe . Endéduire une relation entre et

H1 H2. OCH,a 96 0 pm,,= OCH β 104 5°.,=

y

x

z

a

O

β

H1H2

p

m H( ) 1 0079 g, mol 1–·= m O( ) 15 999 g, mol 1–·=

N 6 022, 1023 mol 1–·=

kB 1 381, 10 23– J K 1–· ·=

h 6 626, 10 34– J s.· ·=

xH1, yH1xH2, yH2

xG yG

xO′, yO′xH1′ , yH1′ , xH2′ yH2′

J x, J y J z

ex ey ez., ,

ωx Gx( ) ex.

Ecx ωx

J x.σx ωx Gx( )

Ecx, σx J x.

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



132

1

a. Dans la base proposée, les coordonnées de sont données par :

Les coordonnées de sont :

A.N. : ;

b. L’axe Oy est un axe de symétrie de la molécule. En conséquence, . La coor-donnée est donnée par : soit :

On procède à une translation des coordonnées :

On en déduit les valeurs numériques : ; ; ;

La mécanique quantique prévoit la quantification du moment cinétique. Il enrésulte que où m est un entier et la constante de Planck divisée par2π. En déduire que l’énergie cinétique est elle aussi quantifiée et calculer lepremier niveau d’énergie strictement positive.b. Le théorème d’équipartition de l’énergie prédit que la valeur moyenne del’énergie cinétique de rotation, notée est égale, pour une température T,

à Appliquer le théorème d’équipartition de l’énergie à une

molécule d’eau en phase vapeur à 100 °C. En déduire la valeur numérique de lavitesse angulaire quadratique moyenne la fréquence ainsi quela période associées à cette vitesse angulaire Dans quel domaine spectralse situe le rayonnement électromagnétique de fréquence ?Comparer et Conclure.

σx mh–= h–

Ecx

Ecx⟨ ⟩ ,

Ecx⟨ ⟩ 12--- kBT.=

ωq ωx2⟨ ⟩ ,= f q,

τq ωq.f q

Ecx⟨ ⟩ Ecx 1, .


On utilise les expressions donnant les coordonnées du centre de masse d’un système discret.

H1

xH1 a β2---sin= yH1, a β

2---cos=

H2

xH2 a β2---sin–= yH2, a β

2---cos=

xH1 xH2– 75 9 pm,= = yH1 yH2 58 8 pm.,= =

xG 0=

yG mH2OyG mO 0 2mHyH,+×=

yG

2mHyH

2mH mO+-------------------------=

yG 6 58 pm.,=

x ′ x xG– x= =

y ′ y yG–=⎩⎨⎧

xO′ 0= xH1′ xH2′– 75 9 pm,= = yO′ 6 58 pm,–=

yH1′ yH2′ 52 2 pm.,= =

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


133

2

Les expressions des moments d’inertie sont :

où l’on somme sur les masses multipliées par les carrés des distances aux axes Gx, Gy et Gz.

On peut remarquer qu’ici

A.N. : ; ;

3

a. On déduit des expressions de l’énergie cinétique et du moment cinétique : .

La quantification du moment cinétique implique

Le premier niveau d’énergie est

b. Le théorème d’équipartition de l’énergie s’écrit ici

d’où :

puis :

A.N. : On prend car la température T du théorème d’équipartition est latempérature thermodynamique.

; ;

Un rayonnement électromagnétique de fréquence est situé dans l’infrarouge lointain.

Un moment d’inertie est homogène à une masse multipliée par le carré d’une distance. Sonunité S.I. est le kg m2.·

J x miy ′i2

i 1=

3

∑ mOyO′2 mH yH1′

2 yH2′2+( )+= =

J y mix ′i2

i 1=

3

∑ mOxO′2 mH xH1′

2 xH2′2+( )+ mH xH1′

2 xH2′2+( )= = =

J z mi x ′i2 y ′i

2+( )

i 1=

3

∑=

J z Jx Jy.+=

J x 1 03, 10 47– kg m2· ·= J y 1 93, 10 47– kg m2· ·= J z Jx Jy+ 2 96, 10 47– kg m2.· ·= =

L’expression de l’énergie cinétique de rotation est tandis que celle du momentcinétique est

Ecx

12--- J xωx

2=

σx Jxωx.=

Ecx

σx2

2 J x

--------=

Ecx m, m2 h– 2

2 J x

-------- .=

Ecx 1, 5 41, 10 22– J.·=

12--- J xωx

2⟨ ⟩ 12--- kBT=

ωx2⟨ ⟩

kBT

Jx

----------=

ωq ωx2⟨ ⟩

kBT

Jx

----------= =

T 373 15 K,=

ωq 2 24, 1013 rad s 1–· ·= f q

ωq

2π------ 3 57, 1012 Hz·= = τq

1f q

---- 2 80, 10 13– s.·= =

f q

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



134

Le calcul aboutit à soit On en conclut qu’à la tem-

pérature de 100 °C, les principaux niveaux d’énergie de rotation excités sont les niveaux et

2 – Énergie cinétique d’un système formé de deux solides

On considère ici le mouvement du système Terre-Lune, dans un référentiel entranslation par rapport au référentiel de Copernic La Terre et la Lune tour-nent autour du centre de masse G du système, et la vitesse angulaire orbitale com-mune autour de ce point est notée Ω. G est fixe dans La Terre et la Lune ontdes vitesses angulaires de rotation propre notées respectivement et Lespériodes associées sont jour pour la Terre et jours pour la Lune.

Les vecteurs rotation correspondants, et sont colinéaires et de mêmesens. On admet que les orbites demeurent des cercles au cours du temps.

Ecx⟨ ⟩ 2 57, 10 21– J·=Ecx⟨ ⟩

Ecx 1,

-------------- 4 75.,≈

m 1= m 2.=

Ecx m

m = 3

m = 2

m = 1m = 0

Ecx

L’énergie cinétique peut être exprimée aussi bien en fonction de la vitesse angulairequ’en fonction du moment cinétique. La quantification du moment cinétique impli-que alors la quantification de l’énergie cinétique de rotation.

en conclusion

R( )RC( ).

R( ).ωT ωL.

TT 1= TL 27=

Ω, ωT ωL

GT

GL

G

ωT

ωL

Ω

RT

RL

Terre

Lune

d

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


135

1

L’énergie cinétique d’un solide (la Terre ou la Lune ici) peut s’exprimer à partir du théo-

rème de Koenig : Il faut donc connaître, pour cha-

cun des solides :

– la vitesse du centre de masse G (on les notera et de vitesse et respecti-vement) ;

– la vitesse angulaire de rotation autour de G, c’est-à-dire la vitesse angulaire propre dechaque astre. Les vitesses de rotation propre sont décrites par les vitesses angulaires et

On en déduit et

Les deux centres de masse, et sont en rotation autour de G, à la vitesse angulaireΩ.

On utilise l’expression de la vitesse d’un point matériel de vitesse angulaire Ω, à la dis-tance r (constante) de l’axe de rotation, soit ici : et

On note d la distance entre les centres de la Terre et de la Lune.On note M la masse de la Terre et m la masse de la Lune.On note et les moments d’inertie de la Terre et de la Lune, par rapport à leuraxe de rotation propre.

1 Exprimer dans le référentiel l’énergie cinétique du système Terre-Luneen fonction des données.

2 La Lune présente la particularité d’avoir une période de rotation propre égale à

la période de rotation orbitale, d’où On donne et

et

Montrer que l’un des trois termes de l’énergie cinétique peut être négligé devantles autres.

3 On admet que le centre de masse G du système Terre-Lune est en mouvementde rotation uniforme autour du Soleil. On note la période de ce mouvementet le rayon de cette orbite. Exprimer l’énergie cinétique de ce systèmedans le référentiel de Copernic

J T J L

R( ) Ec

ωL Ω.=mM----

181------ ,=

RT

d------

160------=

RL

d------

1220--------- ,= J T

25--- MRT

2= J L25--- mRL

2 .=

T ′d ′ Ec′

RC( ).


On décompose le système en sous-systèmes simples, points matériels quand ils sont peu nom-breux ou solides. Ici le système est formé de deux solides.Dans le cas des solides, on utilise le second théorème de Koenig afin d’exprimer l’énergie cinéti-que comme la somme de deux contributions, l’une de translation du centre de masse, l’autre derotation propre.Enfin, on somme les énergies cinétiques des sous-systèmes.

Ec solide( )12--- M v2 G( )

12--- J ΔG

Ω2.+=

GT GL, vT vL

ωTωL.

Ec Terre( )12--- MvT

2 12--- J TωT

2+= Ec Lune( )12--- mvL

2 12--- J LωL

2 .+=

GT GL,

v r Ω= vT GGTΩ= vL GGLΩ.=

© N

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n,cl

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pré

pa



136

On se sert de la définition du centre de masse du système :

puis on choisit pour trouver d’où pour les distances :

De même, en prenant :

On en déduit :

et

La somme de ces deux termes conduit à :

Finalement :

Notons que le premier terme s’écrit aussi où est la masse réduitedu système Terre-Lune.

2

L’énergie cinétique s’écrit, avec les notations de l’énoncé :

L’énoncé indique les rapports et : faisons-les apparaître en factorisant par

(pour laisser dans la parenthèse des termes sans dimensions) :

On peut encore factoriser M dans le premier terme et écrire le rapport des vitesses angu-laires en fonction des périodes données :

Les valeurs numériques des termes du second membre sont :

O,∀ OGmOGL MOGT+

m M+----------------------------------------=

O GT= GTGm

m M+--------------- GTGL=

GGTm

m M+---------------- GTGL

mm M+---------------- d= =

O GL= GLGM

m M+---------------- GTGL

Mm M+---------------- d.= =

12--- MvT

2 12--- M

m2

M m+( )2---------------------- d 2Ω2=

12--- mvL

2 12--- m

M 2

M m+( )2---------------------- d 2Ω2=

12--- MvT

2 12--- mvL

2+12--- M

m2

M m+( )2---------------------- d 2Ω2 1

2--- m

M 2

M m+( )2---------------------- d 2Ω2+

12---

mMM m+--------------- d 2Ω2= =

Ec Ec Terre( ) Ec Lune( )+12---

MmM m+--------------- d 2Ω2 1

2--- J TωT

2 12--- J LωL

2+ += =

12--- µ d Ω( )2 µ

MmM m+---------------=

Il faut factoriser le maximum de termes pour faire apparaître des rapports sans dimension que l’onpeut ensuite comparer numériquement à 1.

Ec12---

MmM m+--------------- d 2Ω2 1

5--- MRT

2 ωT2 1

5--- mRL

2 Ω2+ +=

mM----

RL

d------ Md 2Ω2

Ec Md 2Ω2 12---

mM m+---------------

15---

RT

d------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 ωT

Ω-------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 15---

RL

d------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 mM----+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞=

Ec Md 2Ω2 12---

mM----

1 mM----+

--------------15---

RT

d------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 TL

TT------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 15---

RL

d------⎝ ⎠⎛ ⎞

2

+ +

⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞

=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


137

On voit que le dernier terme de la parenthèse, associé à l’énergie cinétique de rotationpropre de la Lune, est de loin le plus faible des trois. On peut donc simplifier l’expressionde en négligeant le dernier terme :

3

Les axes de restent parallèles à ceux du référentiel de Copernic (translation de par rapport à ) et G est immobile dans ce qui implique que est le référen-tiel barycentrique du système Terre-Lune, étudié dans

On en déduit que l’énergie cinétique de la question 2 est égale à

Par ailleurs, la masse du système est et la vitesse de G dans est :

Le second théorème de Koenig s’écrit alors :

d’où

Ec Md 2Ω2 12---

181------

1 181------+

----------------15---

160------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 271

------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 15---

1220---------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 181------+ +

⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞

=

Md 2Ω2 6 09, 10 3–· 4 05, 10 2–· 5 10, 10 8–·+ +( )=

Ec

Ec12---

MmM m+--------------- d 2Ω2 1

5--- MRT

2 ωT2+≈

Il faut tout d’abord préciser le mouvement du système Terre-Lune dans le nouveau référentield’étude.On se sert ensuite du second théorème de Koenig pour exprimer l’énergie cinétique.

R( ) R( )RC( ) R( ) R( )

RC( ).

Ec Ec*.

M m+ RC( ) vG2πd ′

T ′------------ .=

Ec′12--- M m+( )vG

2 Ec*+12--- M m+( )

4π2d ′2

T ′2----------------- Ec+= =

Ec′ 2π2 M m+

T ′2--------------- d ′2 1

2---

MmM m+--------------- d 2Ω2 1

5--- MRT

2 ωT2+ +=

L’énergie cinétique d’un système est la somme des énergies cinétiques de chacun dessous-systèmes. Pour chaque sous-système, on peut appliquer le second théorème deKoenig. Si le sous-système est un solide, le terme est l’énergie cinétique de rota-tion du solide.

Ec*

en conclusion

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

s’entraîner


138

Corrigé p. 144

Théorème d’Huygens à partir de l’énergie cinétiqueSoit un solide de centre de masse G, de masseM. Ce système est discret et formé de N pointsmatériels de masse situés aux points del’espace, On note le moment d’inertie de ce solide parrapport à un axe passant par G.On note le moment d’inertie de ce solide parrapport à un axe passant par un point O dusolide et parallèle à

1. Exprimer l’énergie cinétique du solide lorsqu’il tourne autour de à la vitesse angulaireΩ.

2. Exprimer l’énergie cinétique du mêmesolide lorsqu’il tourne autour de à la vitesseangulaire Ω. est supposé fixe dans le référen-tiel d’étude

3. Montrer, en utilisant le second théorème deKoenig, que où d est la distanceentre les axes et Ce résultat constitue lethéorème d’Huygens.

Corrigé p. 145

Barre tournanteUne barre homogène de masse M, de longueur L,tourne à la vitesse angulaire constante Ω autourd’un axe vertical Oz par rapport à un référentielgaliléen Une de ses extrémités est liée en O.

L’angle entre la verticale et la barre est noté Le moment d’inertie de la barre par rapport à unaxe passant par O et orthogonal à la barre est noté

avec

1. Déterminer, dans le référentiel tournant àla vitesse angulaire Ω, l’énergie cinétique de labarre en fonction de

2. On considère cette fois l’angle θ constant avec

Déterminer l’énergie cinétique de la

barre dans le référentiel galiléen en fonctionde Ω.

3. Quel est le moment d’inertie d’un élémentmatériel de masse dm tournant à la vitesse angu-laire Ω à la distance x de l’axe de rotation ?

4. On considère θ constant mais différent de

Donner l’expression de l’énergie cinétique de la barre dans En déduire le momentd’inertie de la barre par rapport à l’axe Oz.

Corrigé p. 145

Système de deux barresUn système est formé de deux barres identiques,homogènes, de masse M et de longueur L chacune.On note le moment d’inertie d’une barre parrapport à un axe passant par son centre de masse G.

On donne

Les deux barres sont liées entre elles en A et for-ment un triangle OAB.Le point O est fixe, le point B est contraint de sedéplacer sur l’axe Ox. On note θ l’angle

1 15 min

S( )

mi Pi

i 1 ... N, , .∈J ΔG

ΔG

J ΔO

ΔO

ΔG.

O

G

(S )

d

ΔO

ΔG

EcΔG

Ec′ΔO

ΔO

R( ).

J ΔOJΔG

Md 2+=

ΔG ΔO.

2 20 min

R( ).

θ t( ).

J O, J O13--- ML2.=

O

z

θ

Ω

R′( )Ec′

θ·.

θπ2--- .= Ec

R( )

π2--- .

Ec θ( )

R( ).J θ( )

3 20 min

J G

JG112------ ML2.=

Ox OA,( ).

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


139

Déterminer l’énergie cinétique du système enfonction de θ et

Corrigé p. 146

Friction de deux disquesSoient deux disques identiques : même masse m etmoment d’inertie J, montés l’un au-dessus del’autre sur un axe vertical. Par rapport à un repèregaliléen lié au laboratoire, le disque inférieur (dis-que 1) tourne autour de l’axe Δ à la vitesse angu-laire Le disque supérieur (disque 2) est quantà lui immobile, suspendu à faible distance du pre-mier, hors contact.

Situation avant contact

Les faces des disques présentant une légère fric-tion, on laisse tomber le disque supérieur au repossur le disque inférieur en rotation. Après unrégime transitoire, les deux disques tournent à lavitesse commune On négligera ici leséventuels frottements rencontrés au niveau del’axe Δ, de même que l’inertie propre de ce der-nier.

1. Avant contact, exprimer pour le disque 1 enrotation :

a. son moment cinétique par rapport à l’axe Δ.

b. son énergie cinétique.

2. Après contact, exprimer pour l’ensemble desdisques 1 et 2 tournant à vitesse Ω :

a. le moment cinétique σ par rapport à l’axe Δ.

b. l’énergie cinétique E.

3. En invoquant le principe de conservation dumoment cinétique total des deux disques, relier lavitesse finale Ω à la vitesse initiale du disque 1.

4. Quelle est la variation d’énergie cinétique dusystème entre les deux états ?

5. Que devient l’expression de la vitesse finale Ω,si les deux disques sont de moments d’inertie diffé-rents et si le disque 2 possède une vitesseinitiale (de même signe que ) ?

Corrigé p. 146

Plateau et galetOn étudie le système suivant, dont la cinématiquea été étudiée au chapitre 3 :– un plateau de masse M de rayon R tournant à lavitesse angulaire Ω autour de Oz ;– un galet formé d’un disque de masse m et derayon a tournant à la vitesse autour del’axe fixe Ax ;– une poulie en forme de disque de masse de

rayon et tournant autour de son axe de

révolution à la vitesse angulaire ;– une masse tombant à la vitesse On donne le moment d’inertie d’un disque demasse µ, de rayon ρ tournant autour de son axe de

symétrie de révolution :

Déterminer l’expression de l’énergie cinétique dusystème en fonction des masses, de a et de Ω.

O

θ θ

A

B

Barre 1

Barre 2

zx

y

θ·.

4 15 min

Ω1.

Axe Δ

Ω1

Ω2 = 0

Ω Ω1.≠

σ1

E1

Ω1

J 1 J2≠( )Ω2 Ω1

5 10 min

ω Ω=

m′,

b a5---=

ω′ 5Ω=

M ′ V aΩ.=

J 12--- µρ2.=

z

A

C

O

I

Plateau

Galet

x

ex

y

a

V

a

ω

Ω

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

s’entraîner


140

Corrigé p. 146

Bicyclette (d’après ENS Cachan)

Exprimer l’énergie cinétique des trois systèmesmatériels suivants.

1. Le système est un solide en translation demasse M et de vitesse v.

2. Le système est un cercle de rayon R, demasse m uniformément répartie sur le cercle. Ce

cercle est animé d’une vitesse angulaire ω autourde son axe de révolution cet axe pos-sède la vitesse v parallèle au plan du cercle.

3. Le système est une bicyclette. L’ensemble de masse M est en translation de

vitesse v. Chacune des roues de rayon R, de massem est modélisable par le système et possède lavitesse angulaire ω.

6 10 min

S1

S2

D( ), D( )

S3cadre cycliste+

S2

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


141


1 a. Faux car l’énergie cinétique dépend du réfé-rentiel d’étude.

b. Faux car le point n’a aucune propriété particu-lière pour le système matériel (Sys). ne faitque traduire le mouvement d’un référentiel par rap-port à un autre.

c. Faux. Cette relation pourrait être vraie si référentiel barycentrique, ce qui

entraînerait et

d. Vrai car, dans le cas général, on ne peut pas écrirede relation générale et simple pour tout système et toutchangement de référentiel. Cela montre l’intérêt duthéorème de Koenig et du référentiel barycentrique.

2 Le champ des vitesses vérifie :

On utilise cette expression dans la définition de l’éner-gie cinétique pour remplacer un vecteur vitesse :

Dans le second membre, le premier terme se facto-rise en :

Dans le second terme, une permutation circulaire du

produit mixte permet de factoriser :

On voit apparaître les éléments cinétiques du solide :sa résultante cinétique et son moment cinétiqueen A, d’où :

3 Réponse b. Faux. Dans le cas général :

Cependant, la quantité

de mouvement n’est généralement pas égale à et le moment cinétique n’est pas égal à

L’expression proposée est par contre valable

si où G désigne le centre de masse du solide.

4 Considérons un système matériel discret constituéde points matériels de masse et de vitesse Rappelons que le référentiel barycentrique est

en translation par rapport à de vitesse

La composition des vitesses entre et s’écrit :

Alors :

On développe cette expression en trois termes :

Le premier terme est l’énergie cinétique barycentri-que Dans les deuxième et troisième termes, on factorisepar les « constantes », indépendantes de l’indice i.

or et : la résultante

cinétique dans est nulle.

On trouve alors le résultat :

La démonstration est identique pour une distribution

continue de matière en remplaçant par

Ce théorème est valable pour les solides mais aussipour les systèmes déformables.

O ′

v O ′( ) R( )

R ′( ) R*( ),=

Ω R ′( ) R( )⁄ 0= v G( ) R′( ) 0.=

v P( ) v A( ) Ω AP∧+=

v P( )

Ec12--- v P( )2dm

S∫∫∫=

12--- v P( ) v A( ) Ω AP∧+( )⋅ dm

S∫∫∫=

12--- v P( ) v A( )⋅ dm

S∫∫∫=

12--- v P( ) Ω AP∧( )⋅ dm

S∫∫∫+

12--- v P( )

S∫∫∫⎝ ⎠⎛ ⎞ v A( )⋅

12--- P v A( )⋅=

Ω

12--- v P( ) Ω AP∧( )⋅ dm

S∫∫∫12--- Ω AP v P( )∧( )⋅ dm

S∫∫∫=

12--- Ω AP v P( )∧ dm

S∫∫∫⋅=

12--- Ω σA⋅=

PσA ,

Ec solide( )12--- P v A( )⋅ Ω σA⋅+( )=

Ec12--- P v O( )⋅ Ω σO⋅+( ) .=

PM v O( ) σO

J ΔOΩ .

O G,=

Pi mi vi .

R*( )

R( ), v G( ) R( ) .

R( ) R*( )

vi R( ) vi R*( ) v G( ) R( )+=

Ec12--- mivi

2

i 1=

N

∑ 12--- mi vi* v G( )+( )2

i 1=

N

∑= =

12--- mi vi*2 2vi* v G( )⋅ v G( )2+ +( )

i 1=

N

∑=

Ec12--- mivi*2

i 1=

N

∑ mivi* v G( )⋅

i 1=

N

∑ 12--- miv2 G( )

i 1=

N

∑+ +=

Ec*.

Ec Ec* mivi*

i 1=

N

∑⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

v G( )⋅ mi

i 1=

N

∑⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞ 1

2--- v2 G( )+ +=

mi

i 1=

N

∑ M= mivi*

i 1=

N

∑ P* 0= =

R*( )

Ec Ec*12--- M v2 G( ) .+=

i

∑ dm .∫∫∫

© N

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n,cl

asse

pré

pa

corrigés


142


1 1. La condition de non-glissement s’écrit :

Or,

d’où et

Remarque : est algébrique : si alors lavitesse angulaire est négative. On peut le vérifier« à la main » en faisant tourner le cylindre dans lesens trigonométrique.

2. L’énergie cinétique est la somme de deux termes,l’énergie cinétique du point P, et celle du cylin-dre, Exprimons pour commencer L’énergie cinétique du cylindre est égale à la sommede l’énergie cinétique de translation d’une masse Men C et de l’énergie cinétique de rotation atour del’axe . De plus, la condition de non-glissementpermet d’exprimer en fonction de :

L’expression de est celle d’un point matériel :

Il reste à exprimer le vecteur vitesse

de P en fonction de Pour cela, remarquonsque puisque P est lié au solide, il obéit nécessaire-ment à la loi de la cinématique du solide :

On explicite ensuite les vecteurs :

puis

On a besoin du carré du module de la vitesse.Comme le vecteur vitesse est exprimé dans une baseorthonormale, on obtient :

Pour finir, on rassemble les expressions trouvées :

2

La distance OG est donnée par Elleest constante au cours du mouvement.La rotation de la tige a lieu dans le plan ce

qui implique que le vecteur vitesse angulaire

s’écrit L’angle que fait la tige avec l’axeOy, fixe dans le référentiel d’étude, est θ d’où

Le mouvement de la tige est ainsi une rotationautour du point O, à la vitesse angulaire D’après le théorème d’Huygens :

vI solide∈ vI sol∈=

0

⎧ ⎨ ⎩

vI solide∈ vC θ· ez CI∧+ vC Rθ

· ex+= =

Rey–

vC Rθ·

+( )ex 0= vC Rθ·

+ 0.=

vC vC 0,

θ·

EcP,Ec cyl . Ec cyl .

Cz( )

vC θ·

Ec cyl12--- M vC

2 12--- J C θ

· 2+

12--- MR2 JC+( )θ

· 2= =

EcP

EcP12--- mvP

2 .=

vP θ·.

vP vC θ· ez CP∧+=

CP R θeycos– θexsin+( )=

vP Rθ· ex– θ

· ez R θeycos– θexsin+( )∧+=

Rθ· ex– θ ez ey∧cos– θ ez ex∧sin+

⎩ ⎭⎨ ⎬⎧ ⎫

=

ex– ey

Rθ·

θcos 1–( )ex θeysin+ =

⎧ ⎨ ⎩ ⎧ ⎨ ⎩

vP2 R2θ

· 2 θcos 1–( )2 sin2θ+ =

R2θ· 2 2 2 θcos– =

2R2θ· 2 1 θcos– =

4R2θ· 2sin2θ

2---=

Point maths. On a utilisé bien sûr mais aussi l’identité trigonomé-

trique Cette dernière formule

est d’un emploi fréquent et est donc à connaître.Elle permet d’exprimer la vitesse sous une formesimple.

cos2θ sin2θ+ 1=

1 θcos– 2sin2θ

2--- .=

Ec12--- MR2 JC 4mR2sin2θ

2---+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞ θ· 2

=

O

A

B

G

θ

θ

R

y

x

OG R2 2– .=

Ox Oy,( ) ,

Ω

Ω Ωez .=

Ω θ· ez.=

θ·.

J ΔOmOG2 JΔG

+ m R2 2–( )13--- m2+= =

m R2 23--- 2–⎝ ⎠

⎛ ⎞=

© N

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asse

pré

pa


143

On applique alors l’expression de l’énergie cinétiqued’un solide en rotation autour d’un point fixe :

Autre méthode :On applique l’expression du cours

avec

d’où

et finalement :

3 1. a. L’angle de rotation dans le référentiel estdéfini comme l’angle entre :– une direction fixe dans le référentiel d’étude ici Ox par exemple ;– une direction liée au solide tournant, ici parexemple.

Dans le plan, la relation de Chasles pour les angless’applique :

d’où :

b. L’axe de rotation est l’axe Oz pour les deux dis-

ques. L’angle de rotation de est θ d’où .

L’angle de rotation de est ψ, d’où :

Remarque : l’angle est ψ et non ϕ car il faut définirl’angle de rotation par rapport à un axe fixe dans leréférentiel d’étude.

2. L’énergie cinétique est la somme des énergiescinétiques de chacun des disques :

Le centre de masse O du disque est immobile et

sa vitesse de rotation est d’où

Le centre de masse du disque est animé d’une

vitesse puisqu’il est situé à la distance a

de O et qu’il tourne à la vitesse angulaire La vitesse

de rotation de est d’où :

Il vient enfin :

4 1. Le mouvement du centre de masse de lapremière barre est un mouvement de rotation autour

de O, à la distance constante et de vitesse angu-

laire d’où

La vitesse angulaire de rotation de la barre est d’où, en appliquant le second théorème de Koenig :

puis après simplification : .

Ec12--- J ΔO

θ· 2 m R2

2------

2

3------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ θ· 2

= =

Ec12--- M v2 G( )

12--- J G θ

· 2+=

v G( ) OGθ·

R2 2– θ·

= =

Ec12--- m R2 2–( )θ

· 2 12--- J G θ

· 2+=

12--- m R2 2–( )θ

· 2 16--- m2θ

· 2+=

Ec m R2

2------

2

3-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞ θ· 2

=

R( )

R( ),

O ′P

P

x

ψ

ϕ

θ

A

O

O

ψ Ox O ′P,( ) Ox OA,( ) OA O ′P,( )+= =

θ ϕ

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

ψ θ ϕ+=

D1 Ω1 θ· ez=

D2

Ω2 ψ· ez θ

·ϕ·

+( )ez= =

Ec

Ec Ec D1( ) Ec D2( )+=

D1

Ω1 θ· ez ,=

Ec D1( )12--- J 1θ

· 2 .=

O ′ D2

v O ′( ) aθ·

=

θ·.

D2 Ω2 ψ· ez θ

·ϕ·

+( )ez= =

Ec D2( )12--- m2 aθ

·( )2 1

2--- J 1 θ

·ϕ·

+( )2+=

12--- m2a2θ

· 2 J2 θ·

ϕ·

+( )2+( )=

Ec12--- J 1 m2a2+( )θ

· 2 12--- J 2 θ

·ϕ·

+( )2+=

G1

L2---

α· v G1( )

L2--- α

· .=

O

A

x

y

α

β

B

G2

eαeβ

α·

Ec112--- mv2 G1( )

12--- J Gα

· 2+=

12--- m

L2---⎝ ⎠⎛ ⎞

2α· 2 1

2---

112------ mL2α

· 2+=

Ec116--- mL2α

· 2=

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corrigés


144

2. On cherche de même à exprimer tout d’abord lavitesse du centre de masse de la secondebarre. Le plus simple est de partir de l’expression du

vecteur position puis de dériverpar rapport au temps.

Il vient : En introdui-

sant les vecteurs unitaires orthogonaux aux barres

et on trouve : et

(car est à la distance de A) d’où :

La vitesse angulaire de la seconde barre est d’où :

On développe le carré scalaire :

Remarque : les vecteurs et font entre eux l’angle

Ainsi :

Conseil : il faut bien distinguer la vitesse angulaire dela barre de la vitesse angulaire d’un de ses points.Dans le cas de la barre OA, les deux vitesses angulai-res sont les mêmes, mais dans le cas de la barre AB,les deux vitesses sont différentes.

Exemple :Vitesses angulaire de la barre AB :

Vitesse angulaire du point B :

5 La distance de O à G est constante et égale à b, carla barre forme la diagonale d’un rectangle. La vitessede G s’écrit donc

La barre fait avec l’axe Ox l’angle : le vecteur

vitesse angulaire de la barre s’écrit alors

On en déduit l’énergie cinétique :

c’est-à-dire

v G2( ) G2

OG2 OA AG2+=

v G2( )dOG2

dt---------------

dOAdt

------------dAG2

dt-------------- .+= =

eα

eβ , dOAdt

------------ Lα· eα=

dAG2

dt--------------

L2--- β

· eβ=

G2L2---

v G2( ) Lα· eα

L2--- β

· eβ+=

β·

Ec212--- m Lα

· eαL2--- β

· eβ+

⎩ ⎭⎨ ⎬⎧ ⎫

212--- J Gβ

· 2+=

Lα· eα

L2--- β

· eβ+

⎩ ⎭⎨ ⎬⎧ ⎫

2

L2 α· 2 1

4--- β

· 2α·

β· eα eβ⋅+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞=

L2 α· 2 1

4--- β

· 2α·

β·

β α–( )cos+ +⎝ ⎠⎛ ⎞=

eα eββ α .–

Ec212--- mL2 α

· 2 14--- β

· 2 α·

β·

β α–( )cos 112------ β

· 2+ + +

⎩ ⎭⎨ ⎬⎧ ⎫

=

12--- mL2 α

· 2 13--- β

· 2α·

β·

β α–( )cos+ +

⎩ ⎭⎨ ⎬⎧ ⎫

=

β· ez.

v B( )OB

------------α· eα β

· eβ+

1 β α–( )cos+----------------------------------- .=

v G( ) bα· .=

O

A

Bα – α x

G

b

b b

b

ey

ex

ez

α–

Ω α· ez .–=

Ec12--- mv2 G( )

12--- J G Ω2+

12--- mb2α

· 2 16--- mb2α

· 2+= =

Ec23--- mb2α

· 2=

S’entraîner

1 1. D’après le cours, l’énergie cinétique d’un solidetournant autour d’un axe a pour expression :

2. De la même manière, un solide tournant autour d’un

axe a pour énergie cinétique .

3. On considère le second cas, où le solide tourneautour de l’axe L’application du second théorèmede Koenig permet d’exprimer cette énergie cinétique :

Dans le référentiel barycentrique le solide tourneautour de l’axe En effet, G est immobile dans et la vitesse de rotation est la même dans et L’énergie cinétique barycentrique s’écrit donc :

La vitesse de G dans le référentiel est En effet, dans G a un mouvement de rotationautour de à la distance d et à la vitesse angulaireΩ.

Alors :

L’identification des deux expressions fournit :

ΔG

Ec12--- J ΔG

Ω2=

ΔO Ec′12--- J ΔO

Ω2=

ΔO .

Ec′12--- Mv2 G( ) Ec*+=

R*( ),ΔG . R*( )

R( ) R*( ).

Ec*12--- J ΔG

Ω2=

R( ) v G( ) dΩ .=

R( ),ΔO ,

Ec′12--- Md 2Ω2 1

2--- J ΔG

Ω2 .+=

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145

Après simplification, on aboutit à : .

2 1. Dans la barre est en rotation autour d’une de

ses extrémités fixes, à la vitesse angulaire L’axe derotation est orthogonal à la barre et dans ce cas l’énergie

cinétique s’écrit :

2. Dans le référentiel la barre tourne à la vitesseangulaire Ω autour d’un axe passant par son extrémité et

orthogonal à la barre. Alors, .

3. Par définition, le moment d’inertie infinitésimal d Jest égal à la masse dm que multiplie le carré de la dis-

tance à l’axe de rotation. On a donc : .

4. Découpons la tige en éléments de longueur d, à ladistance de O. La distance à l’axe de rotationest :

La masse dm de l’élément vaut car la répar-tition de masse est uniforme dans la tige.L’énergie cinétique de la tige est la somme des éner-gies cinétiques de chaque élément.

On a :

On en déduit :

On en déduit le moment d’inertie de la tige par rapport à

l’axe de rotation, par identification avec :

On retrouve le résultat déjà calculé pour

Pour toute la masse se retrouve sur l’axe, et lemoment d’inertie est bien nul.

3 Le système est formé de deux barres. On calculealors l’énergie cinétique de chacune des barres et

La première barre, de centre de masse tourneautour de l’axe Oz à la vitesse angulaire On appliquele second théorème de Koenig :

Le centre de masse a un mouvement de rotation

autour de Oz, à la vitesse angulaire à la distance de

l’axe. Sa vitesse est donc et l’énergie ciné-

tique associée est :

Dans le référentiel barycentrique de la barre 1, cette

barre tourne à la vitesse angulaire autour de G, d’où

l’énergie cinétique :

La somme des deux termes donne :

Pour calculer l’énergie cinétique on peut utiliser lamême décomposition. Notons le centre de masse de

cette barre. Alors :

La vitesse de s’obtient à partir des coordonnées de Ce point a pour coordonnées :

On en déduit les coordonnées de la vitesse :

et le module de la vitesse :

12--- J ΔO

Ω2 12--- Md 2 Ω2 1

2--- J ΔG

Ω2+=

J ΔOJ ΔG

Md 2+=

R ′( ),

θ·.

Ec12--- J Oθ

· 2 16--- ML2θ

· 2 .= =

R( ),

Ec12--- J OΩ2 1

6--- ML2Ω2= =

d J x2dm=

x ( )

x ( ) θsin .=

O

x

θ

z

d

dmML---- d=

EcdEc

dEc12--- d J Ω2 1

2--- x2Ω2dm .= =

Ec dEc 0=

L

∫ 12--- Ω2 x2dm

0=

L

∫= =

M2L------- Ω2sin2 θ( ) 2d

0=

L

∫=

EcM2L------- Ω2sin2 θ( )

L3

3------

16--- ML2 θsin( )2Ω2= =

Ec12--- J θ( )Ω2=

J θ( ) 13--- ML2 θsin( )2=

θπ

2--- .=

θ 0,=

Ec1Ec2.

G1 ,θ·.

Ec112--- Mv G1( )2 Ec1*+=

G1

θ·, L

2---

v G1( )L2--- θ

·=

12--- M

L2--- θ

·

⎝ ⎠⎛ ⎞

2 18--- ML2θ

· 2 .=

θ·

Ec1*12--- J Gθ

· 2 124------ ML2θ

· 2 .= =

O

θ θ

A

B

G2Barre 1

Barre 2

12

zx

y

L sin θ

32

L cos θ

Ec116--- ML2θ

· 2 .=

Ec2 ,G2

Ec212--- Mv G2( )2 Ec2*+ .=

G2G2 .

G2

x32--- L θcos=

y12--- L θsin=⎩

⎪⎨⎪⎧

v G2( )

x·32--- Lθ

·θsin–=

y·12--- Lθ

·θcos=⎩

⎪⎨⎪⎧

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corrigés


146

La barre 2 fait avec l’axe Ox l’angle et sa vitesse

angulaire est donc L’énergie cinétique barycentri-

que de la barre 2 est donc

La somme des deux derniers termes fournit l’énergiecinétique de la barre 2 :

Il ne reste plus qu’à faire la somme pour trouver l’éner-gie cinétique totale :

4 1. a.

b. en appliquant l’expression de l’énergie

cinétique d’un solide dont le centre de masse reste aurepos.

2. a. L’ensemble des deux disques forme un solide demoment d’inertie 2 J d’où

b. De même,

3. On déduit de l’énoncé que d’où :

4. Le bilan d’énergie cinétique est donc :

Le système a perdu la moitié de son énergie cinétiqueinitiale, transformée en chaleur à cause des frottements.

5. Cette fois, il faut écrire la conservation du momentcinétique et le bilan d’éner-gie cinétique devient :

On retrouve le cas précédent si et Remarque : le résultat est cohérent, car si lesvitesses de rotation ne changent pas et l’énergie cinéti-que se conserve.

5 L’énergie cinétique du système est la somme desénergies cinétiques des sous-systèmes.Exprimons les énergies cinétiques des différentséléments :

Il vient :

6 1. L’énergie cinétique vaut : Lesolide est en simple translation.

2. Le cercle est en rotation de vitesse angulaire ω autourde son centre de masse qui, lui, se déplace à la vitesse v.Dans le référentiel barycentrique du cercle, tous lespoints du cercle sont animés d’une vitesse Rω. L’énergie

cinétique barycentrique vaut donc L’applica-

tion du théorème de Koenig pour l’énergie cinétique

fournit : .

3. L’énergie cinétique est la somme des énergies cinéti-ques précédentes : (il y adeux roues).

Si, comme l’exige la prudence, il y a roulement sans glis-sement, les points de contact des roues sur le sol ont unevitesse nulle. Alors et :

v G2( )2 x· 2 y·2+14--- L2θ

· 2 9sin2θ cos2θ+( )= =

14--- L2θ

· 2 1 8sin2θ+( )=

θ–

θ·.–

Ec2*12--- J Gθ

· 2 124------ ML2θ

· 2 .= =

Ec212--- M

14--- L2θ

· 2 1 8sin2θ+( )124------ ML2θ

· 2+=

12--- ML2θ

· 2 13--- 2sin2θ+⎝ ⎠⎛ ⎞=

Ec ML2θ· 2 1

3--- sin2θ+⎝ ⎠⎛ ⎞=

σ1 J Ω1 .=

E112--- J Ω1

2=

σ 2 J Ω .=

E12--- 2 J Ω2 J Ω2 .= =

J Ω1 2 J Ω=

ΩΩ1

2------=

ΔEc J Ω2 12--- J Ω1

2–14--- J Ω1

2–= =

J 1Ω1 J2Ω2+ J 1 J2+( )Ω=

ΔEc12--- J 1 J2+( )Ω2 1

2--- J 1Ω1

2–12--- J 2Ω2

2–=

12---

J 1Ω1 J2Ω2+( )2

J1 J2+-------------------------------------

12--- J 1Ω1

2–12--- J 2Ω2

2–=

12---

J1J2

J1 J2+-------------- Ω1

2 Ω22 2Ω1Ω2–+( )–=

12---

J1J2

J1 J2+-------------- Ω1 Ω2–( )2 0–=

J 1 J2= Ω2 0.=

Ω1 Ω2 ,=

Ec plateau( )12--- J OΩ2 1

4--- MR2Ω2= =

Ec galet( )12--- J C Ω2 1

4--- ma2Ω2= =

Ec poulie( )12---

12--- m ′

a5---⎝ ⎠⎛ ⎞

25Ω( )2 1

4--- m ′a2Ω2= =

Ec masse M ′( )12--- M ′V 2 1

2--- M ′a2Ω2= =

Ec total14--- MR2 m m ′ 2M ′+ +( )a2+( )Ω2=

Ec S1( )12--- Mv2 .=

12--- mR2ω2 .

Ec S2( )12--- mv2 1

2--- mR2ω2+=

Ec S3( ) Ec S1( ) 2Ec S2( )+=

Ec S3( )M2---- m+⎝ ⎠⎛ ⎞ v2 mR2ω2+=

Rω v=

Ec S3( )M2---- 2m+⎝ ⎠⎛ ⎞ v2=

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7 – Les travaux des actions sur un système – Énergie potentielle


147

Les travaux des actions sur un système –

Énergie potentielle

1 Puissance et travail d’un système de forces

1.1. Définitions des grandeurs énergétiques

Soit un système de N points matériels Ces points sont animés

d’une vitesse dans le référentiel d’étude

et subissent une force L’ensemble

des grandeurs est (fig. 1).

Définitions :• La puissance P que reçoit le système de la part du système de forces estdonnée par :

• Le travail δW que reçoit le système de la part du système de forces pen-dant une durée infinitésimale dt est :

où O est un point fixe dans permettant de repérer les points par les vecteurs posi-tions

Fig. 1

P1

ƒ1

v1Pivi

ƒi

PN

(S )

ƒN vN

RemarqueLes forces représen-tent l’intégralité desactions que subit cha-cun des points : ac-tions intérieures, exté-rieures, forces d’inter-action et d’inertie si

n’est pas gali-léen. On détailleraplus loin chacun descas particuliers.

R( )

S( )Pi mi, i 1...N=

.

vi

R( ) f i .

Pi mi vi f i, , , i 1...N=

S( ) f i i 1...N=

P f i vi⋅

i 1=

N

∑=

S( ) f i i 1...N=

δW P dt f i vi dt⋅

i 1=

N

∑ f i dOPi⋅

i 1=

N

∑= = =

R( ), Pi

OPi.

PC

PT

MP

© N

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148

On en déduit le travail que reçoit le système de la part du système de forces

entre les instants et est

1.2. Les forces conservatives

1.2.1. Rappel

Une force s’appliquant sur un point P est conservative s’il existe une fonction différen-tiable telle que :

La fonction est l’énergie potentielle de la force On dit que la force dérivede l’énergie potentielle Pour le système on sépare les contributions des forces intérieures et extérieures :

Les forces intérieures sont les forces exercées sur le point par les autrespoints de

Les forces extérieures sont les forces exercées sur le point par des systè-mes extérieurs à et les forces d’inertie éventuelles.

1.2.2. Les forces extérieures conservatives

S’il existe pour chaque force une fonction énergie potentielle telle que alors l’énergie potentielle des forces extérieures du système

est définie par :

1.2.3. Les forces intérieures conservativesOn suppose qu’il existe pour chaque force intérieure conservative exercée par lepoint sur le point une fonction énergie potentielle telle que :

Remarque : l’opérateur gradient est formé par les dérivées des coordonnées du point

Il est équivalent à pour tout déplacement

Propriétés :

– ;

–

L’énergie potentielle des forces extérieures du système est alors définie par :

W t1 t2,( ) S( )

f i i 1...N= t1 t2 W t1 t2,( ) δWt1

t2∫ P t( )dt.t1

t2∫= =

f

ep P( )

f gradep–=

ep P( ) f . f

ep.

RemarqueIl est équivalent

d’écrire et la différentielle

f gradep–=

dep f – dOP.⋅=

S( ),

f i f i int f i ext+= i 1...N=

f i int i 1...N= Pi

Pj j 1...N= j i≠, S( ).

f i ext i 1...N= Pi

S( )

RemarqueS’il existe plusieurstypes de forces s’ap-pliquant sur le systè-me, il faut considérerla somme des éner-gies potentielles dechacun des types.

f i ext epi ext

f i ext gradepi ext,–= Epext

S( )

Epext epi ext

i 1=

N

∑=

f i j→ ,

Pi Pj, ep Pi Pj,( )

f i j→ gradPj

ep Pi Pj,( )–=

gradPj

Pj. dep Pi Pj,( ) gradPjep Pi Pj,( ) dPj⋅= dPj.

ep Pi Pj,( ) ep Pj Pi,( )=

gradPiep Pi Pj,( ) gradPj

ep Pi Pj,( ).–=

Epint S( )

Epint12--- ep Pi Pj,( )

j 1=i j≠

N

∑i 1=

N

∑=

RemarqueLa présence du fac-teur s’expliquepar le fait que sousles signes somme, oncompte deux foischaque couple depoints en interac-tion. On peut aussiécrire cette sommeen regroupant lesdeux termes associésà un même coupled’indice :

1 2⁄

Epint ep Pi Pj,( )

j 1=

j i 1–=

∑i 1=

N

∑=

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149

1.2.4. L’énergie potentielle totaleL’énergie potentielle totale (ou énergie potentielle) est donnée par :

1.3. Les forces non conservatives

Ce sont des forces qui n’admettent pas de fonction énergie potentielle. C’est le cas en par-ticulier des forces de frottement, des réactions des supports, de la force de Lorentz (dansun champ électromagnétique non permanent), de la force d’inertie de Coriolis...Dans ce cas, il faut calculer leur puissance et leur travail directement avec la relation

si l’on connaît une expression des forces.

Exemples :– les forces de frottement, par exemple de frottement fluide ou obéissant àd’autres lois, (force de traînée dans un écoulement turbulent) ;– les forces de contact entre solides, que l’on étudiera dans le chapitre 11.

Il existe aussi des forces qui ne travaillent pas, sans pour autant dériver d’une énergiepotentielle, comme :– la contribution du champ magnétique à la force de Lorentz sur une charge électrique q,de vitesse : Sa puissance est toujours nulle : ;

– la force d’inertie de Coriolis dont la puissance et le travail sont nulseux aussi.

2 Puissance et travail des actions exercées sur un solide

2.1. Expression générale

On étudie un solide dans un référentiel Ce solide est formé des points matériels la masse totale est

la position du centre de masse G est donnée par

Rappel : le mouvement instantané de ce solide est décrit par les deux vecteurs

où A est un point lié au solide. Le champ des vitesses du solide vérifie

Théorème :La puissance P et le travail d’un système de forces dérivantd’une énergie potentielle s’expriment par :

Ep Epint Epext+=

RemarqueL’intérêt des forcesconservatives est queleur travail se calculeà partir de la varia-tion d’une grandeurd’état du système,l’énergie potentielle.

W t1 t2,( ) f i i 1...N=

Ep

P t( )dEp

dt----------–=

W t1 t2,( ) ∆Ep– Ep t1( ) Ep t2( )–= =

Pnon conservatives f i

i 1=

N

∑ vi,⋅=

RemarqueLes forces non con-servatives peuventêtre aussi bien exté-rieures qu’intérieu-res.

f λv,–=

f λ v nv–=

v fB qv B.∧= P fB v⋅ q v B∧( ) v⋅ 0= = =

f ic 2mΩ– v,∧=

S( ) R( ).Pi mi vi, , i 1...N=

,

M mi,i 1=

N

∑= OG1M----- miOPi.

i 1=

N

∑=

Ω v A( ),

vi v A( ) Ω APi.∧+=

© N

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asse

pré

pa



150

Dans le cas d’un solide, la puissance des forces a une expression simple. Elle ne nécessitela connaissance que des grandeurs suivantes :– le torseur des actions extérieures : la résultante et le moment des actions ;

– le torseur cinématique : la vitesse angulaire instantanée et la vitesse d’un point Alors :

2.2. La puissance des actions intérieures à un solide

Considérons le cas de la puissance des actions intérieures au solide. On sait que pour tout sys-tème, et donc aussi pour le solide, la résultante et le moment sont nuls : ; Dans le cas du solide, la puissance vaut donc :

Le solide est un cas très particulier de système matériel. L’absence de déformation ausein du solide est responsable de la nullité de la puissance des actions intérieures.

2.3. Puissance des liaisons rotule et pivot

2.3.1. Liaison rotuleConsidérons un solide lié à un support par uneliaison rotule (fig. 2).Le support constitue le référentiel

Le champ des vitesses est défini par Les actions de liaison sur le solide sont de résul-tante et de moment en A : La puissance des actions de la liaison rotule sur le

solide est : .

2.3.2.Liaison pivotConsidérons un solide lié à un support par une liaison pivot (fig. 3).

Les actions intérieures à un solide ont une puissance nulle.

F MA,

Ω v A( ), .

RemarqueIl est important denoter que le point deréduction doit être lemême dans les deuxtermes du secondmembre. En revan-che, on peut utilisern’importe quel pointdu solide. L’expres-sion de la puissanceest le comoment dutorseur cinématique

et du tor-seur des actions

Ω v A( ),

F MA, .

P F v A( )⋅ Ω MA⋅+=

Fint 0= MA int 0.=

Pint

RemarqueOn déduit aussi de ladéfinition du solide(indéformabilité)que le travail des ac-tions intérieures estnul.

Pint Fint v A( )⋅ Ω MA int⋅+ 0= =

Fig. 2

A

R( ).

Ω v A( ), 0= .

F MA, .

Protule MA Ω⋅=

Fig. 3

Solide

Support

A

Ω

ez

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151

Le champ des vitesses est défini par

Les actions de liaison sur le solide sont de résultante et de moment en A :

La puissance des actions de la liaison pivot sur le solide est .

2.3.3.Modèle des liaisons parfaites

Dans le cas des deux liaisons précédentes, cette définition implique :

Une liaison est parfaite si la somme de la puissance des actions de cette liaison surle solide et de la puissance des actions du solide sur cette liaison est nulle.

Liaison rotule parfaite

Liaison pivot parfaite

Ω Ωez v A( ), 0= = .

F MA, .

Ppivot Ω MA⋅ ΩMAz= =

RemarqueDans le cas où le réfé-rentiel est lié à laliaison, cette dernièreest parfaite si la puis-sance des actions dela liaison sur le solideest nulle.

Protule⇔ 0 MA rotule⇔ 0= =

Ppivot⇔ 0 MAz⇔ 0= =

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152


1 Choisir la ou les bonne(s) réponse(s).

a. La puissance d’une force dépend du réfé-rentiel d’étude.

b. La puissance des actions sur un solide nedépend pas du référentiel d’étude.

c. La puissance des actions intérieures estindépendante du référentiel.

2 Puisque les forces intérieures conservatives vé-

rifient leur travail est toujours nul.

a. Vrai.

b. Faux.

3 Démontrer que la puissance est

pour un système de N points matériels sou-mis à des actions extérieures conservatives.

4 Dans le cas des actions intérieures conserva-tives entre deux points matériels situés en et montrer que :

1.

2.

5 Montrer que la puissance des actions intérieu-res de N points matériels se met sous la forme

où

6 Démontrer que la puissance des actions sur

un solide est


1 Soit un système matériel de masse M et decentre de masse G, dans le champ de pesan-teur extérieur uniforme Ce système estdécrit par N points matériels Montrer que l’énergie potentielle peut s’écrire

où A est un point fixe.

2 On se place dans un référentiel tour-nant par rapport à galiléen à une vitesse

angulaire constante autour del’axe de rotation Oz. Montrer que la force

d’inertie d’entraînement subie par unpoint matériel P de masse m dérive d’uneénergie potentielle :

où H est le projeté orthogonal de P sur Oz.

Avant la colle

f i int

i 1=

N

∑ 0,=

P t( )dEp

dt----------–=

Pi

Pj,

gradPiep Pi Pj,( ) gradPj

ep Pi Pj,( ).–=

dep Pi Pj,( ) gradPiep dPjPi.⋅=

PintdEpint

dt---------------–= Epint

12--- ep Pi Pj,( ).

j 1=

N

∑i 1=

N

∑=

P F v A( )⋅ Ω MA.⋅+=

g.Pi mi, i 1...N=

.

Ep M g– AG⋅=

R′( )R( )

Ω Ωez=

f ie

epie

epie P( )12--- mΩ2HP 2–=

O

Oz

P

Ω

H ƒie

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153

3 Un tube en U de section S contient un liqui-de incompressible de masse volumique ρ. Lapression extérieure est uniforme, lechamp de pesanteur est noté Un opérateur déplace le piston dans le tubede gauche, de façon quasistatique. Le pistonse déplace ainsi très lentement, de telle sorteque le liquide peut être considéré à l’équili-bre à tout instant.

1. Donner l’expression de résultantedes actions pressantes exercées par le liquideet l’air sur le piston lorsque celui-ci est à lacote z.

2. Montrer que la force est conserva-tive et interpréter l’expression de l’énergiepotentielle.

4 Lorsque deux billes sont en compressionl’une par rapport à l’autre, un méplat circu-laire de diamètre a apparaît autour du point

de contact initial. On note 2δ la longueurd’interpénétration des deux billes. Lesbilles, de rayon R, subissent une déforma-tion élastique, sous l’action d’une force, quin’a de sens physique que pour dontla norme est notée Si l’on note P lapression moyenne agissant sur la surface decontact, la loi de Hooke stipule que :

où ε est une constante positive appeléemodule de Young de la bille et qui caracté-rise son élasticité.On considère que

1. Vérifier que ε est homogène à une pres-

sion. Montrer qu’à l’ordre 1 en le diamè-

tre du méplat s’écrit Onconservera cette expression dans tout le pro-blème.

2. Donner l’expression du module de laforce de déformation en fonction de R, δ etε. En déduire, l’énergie potentielle dontdérive cette force. On prendra

3. a. Lorsque il y a déformation rapided’une bille, d’amplitude maximale del’énergie est dissipée. Ce phénomène estassocié à une force de module On sup-pose que cette force est reliée à la force élas-tique non dissipative de la question 2.

par la relation

Quelle est la dimension de la constante posi-tive A ? Exprimer, sous la forme d’une inté-grale sur l’intervalle l’énergie dissipée au cours de la déformation en fonc-tion de A, ε, R, δ, et

P0,g.

O

z

S S

P0

O

z

z

P0

F

P0

F z( ),

F z( )

δ 0,

Fde.

P4Fde

πa2----------- ε

δa--= =

δ R.

a

R

(S )

2δ

δR--- ,

a 2 2Rδ.=

Fde

EpEp 0.

δm,

Fd.

Fde

Fd Aδ· ∂Fde

∂δ-----------.=

0 ; δm[ ], Ud

δ·

δm.

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154

b. Exprimer dans le cas

On donne

5 Actions sur un dipôle rigide

Une molécule polaire de moment dipolaire est placée à proximité d’un fil rectiligne,

infini, chargé avec la densité linéique decharge λ. Le moment dipolaire est ortho-radial par rapport au fil. La distance entre lecentre de masse de la molécule G et le fil estnotée d.

1. Déterminer la résultante et le moment desactions du fil sur la molécule.

2. En déduire l’énergie potentielle dudipôle dans le champ.

6 Champ gravitationnel non uniforme

Soient deux points matériels A et B de mêmemasse m liés aux extrémités d’une tige rigide

sans masse de longueur 2L. On note G lecentre de masse du système ainsi constitué.Le système subit le champ de pesanteur d’unastre sphérique, homogène, de centre O etde masse M. On note la constante de gra-vitation.

On note d la distance OG et θ l’angle

1. Déterminer la résultante et le moment enG des actions gravitationnelles. En déduireque G n’est pas le « centre de gravité » dusystème, c’est-à-dire le point sur lequels’applique la résultante du poids.

2. Déterminer l’énergie potentielle depesanteur dans le cas où Endéduire la valeur de θ correspondant àl’équilibre d’orientation.

Ud δ·

v0 1 δ5 2/

δm5 2/

---------– .=

x 1 x5 2/–( )dx0

1

∫ 12--- .

p

p

Ep

G0

O

M

d G

A

B

θ

OG GA,( ).

Ep θ( ) L d.

θeq

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155

1

a. On peut calculer la résultante à partir des actions répar-ties sur la tige.

Soit P un point de la tige et r la distance OP. On découpe latige en éléments infinitésimaux dr, de masse dm. La tige

étant homogène,

Soit l’élément poids s’appliquant sur l’élé-ment dr en P. La résultante s’écrit :

b. Le moment se calcule en appliquant la résultante au cen-tre de masse G :

Énergie potentielle du poids et des forces d’inertie sur une barre

Une tige rigide de longueur L, de masse uniformémentrépartie M, est en rotation autour d’un axe vertical Oz, àla vitesse angulaire Ω constante, par rapport à un réfé-rentiel galiléen Une extrémité O de la tige est liéeà l’axe, et l’angle entre la tige et la verticale est noté α.Le champ de pesanteur uniforme est noté On étudie la barre dans le référentiel tournant Les axes et sont liés à et la barre estdans le plan

1 Cette barre est soumise aux actions du poids, donton déterminera :a. la résultante b. le moment en O, c. l’énergie potentielle

2 La barre est aussi soumise, dans à des actions d’inertie d’entraînementdont on déterminera :a. la résultante b. le moment en O, c. l’énergie potentielle par deux méthodes.d. le point de la barre où s’exerce la force d’inertie.

O

G Lα

g

er

z

x

y R( ).

g.R′( ).

Ox′ Oy′ R′( )Ox′z.

Fp.MO p.

Epp.

R′( ),

Fie.MO ie.

Epie

Pa


Dans un champ de pesanteur uniforme, les actions du poids sont équivalentes à une seuleforce s’appliquant au centre de masse.

O

P

r

dr

dm

α

g

z

x

y

dmML---- dr.=

dFp dmg=

FP dmg0

L

∫ g dm0

L

∫ M g= = =

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156

Comme on a puis :

Ce résultat se justifie à partir des moments infinitésimaux :

puis

On pose et d’où

On peut vérifier le signe de l’expression en remarquant que pour le moment dupoids tend à ramener la barre vers

c. L’énergie potentielle se calcule en considérant la masse totale du système concentrée

en G. Ici, G étant au milieu de la barre, la cote de G est : Le signe négatif

est dû au fait que la cote est algébrique et que pour

Dans ce cas :

2

a. Il faut calculer les grandeurs demandées directement avecles actions réparties sur les éléments de masse.

Soit l’élément de force d’inertie s’appliquant surl’élément dr en P.Dans le référentiel non galiléen la force d’inertie

d’entraînement sur un point P de masse dm est :

On développe sur les vecteurs et :

d’où :

On peut remarquer que l’on a aussi où H est le projeté de P surl’axe Oz. On aurait aussi pu partir de cette dernière expression.La résultante se calcule alors par intégration sur r entre 0 et L :

MO p OG M g∧ MgL2--- er ez–( )∧= =

er αey ′sin αez,cos–= er ez–( )∧ αey ′sin– ez∧ αex ′sin–= =

MO pMgL

2----------- αex ′sin–=

dMO p OP dFP∧ OP dmg∧= = MO p dMO p∫ OP dmg.∧∫= =

OP rer= dmML---- dr= MO p

ML---- rdr

0

L

∫⎝ ⎠⎛ ⎞ er g∧

ML2

-------- er g ez–( ).∧= =

α 0,

α 0.=

zGL2--- α.cos–=

zG 0= απ2--- .=

Epp M g– OG· MgL2--- αcos–= =

Les actions d’inertie ne sont pas uniformes, contrairement au champ de pesanteur. Ces actionssont proportionnelles à la masse d’un élément et à sa distance à l’axe de rotation. On ne peutdonc pas considérer que ces actions sont équivalentes à une force s’exerçant au centre de masse !Il faudra calculer résultante et moment à partir des forces d’inertie élémentaires.

O

PH

r

dr

dƒie

α

z

x

y d f ie P( )

R′( ),

d f ie P( )

d f ie P( ) dmΩez– Ωez OP∧( )∧=

OP ez ey ′

OP r αezcos– αey′sin+( )=

d f ie P( ) dmΩ2r αezsin ex′∧ dmΩ2r αey ′.sin= =

d f ie P( ) dmΩ2HP=

FieML---- Ω2 αrdrey′sin

0

L

∫ ML---- Ω2 α

r2

2----

0

L

ey ′sin 12--- MΩ2L αey′sin= = =

Fie12--- MΩ2L αey′sin=

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157

b. Le moment se calcule par intégration des éléments de moments qui s’appliquent surl’élément dr en P :

Le moment s’écrit

On remarque que le moment en O est nul pour :

– : la tige est sur l’axe Oz et les forces d’inertie d’entraînement sont nulles ;

– : la tige est sur l’axe et toutes les forces d’inertie sont colinéaires à

c. Première méthode

L’énergie potentielle se calcule par intégration sur la tige de l’élément d’énergie poten-tielle L’élément s’écrit :

On en déduit :

Seconde méthode

On a déjà calculé auparavant la résultante et le moment en O des forces d’inertie d’entraî-nement.

Si on applique la relation du cours sur la puissance des actions sur un solide, on a :

Ici, le point O de la barre est immobile. Le mouvement de la barre dans est un mou-vement de rotation autour de d’angle α : Dans ce cas :

dMO ie P( ) OP d f ie P( )∧=

rer dmΩ2r αey′sin∧=

dmr2Ω2 αersin ey′∧=

dmr2Ω2 α αey ′sin αezcos–( )sin ey ′∧=

α αr2Ω2dmex′sincos=

MO ie dMO ie P( )0

L

∫ Ω2 α αML---- r2drex ′

0

L

∫cossin Ω2 α αML----

L3

3------ ex ′.cossin= = =

MO ie13--- MΩ2L2 α αex ′cossin=

α 0=

α π2---= Ox′ OP.

dEpie P( ). dEpie P( )

dEpie P( )12--- dmΩ2HP 2–

12--- dmΩ2r2sin2α–= =

Epie dEpie P( ) 0=

L

∫ 12---

ML---- Ω2sin2α r2dr

0

L

∫–= =

12---

ML---- Ω2sin2α

L3

3------–=

16--- MΩ2L2sin2α–=

Epie16--- MΩ2L2sin2α–=

dEpie

dt-------------– Pie Fie v O( ) R ′( )· MO ie Ω R ′( )·+= =

R′( )

Ox′, Ω R ′( ) α· ex′.=

dEpie

dt-------------– MO ie Ωbarre R ′( )⁄· 1

3--- MΩ2L2 α αα

·cossin= =

Epie16--- MΩ2L2sin2α– cte+=

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158

En fixant la constante à 0 pour (la barre est sur Oz), on retrouve le résultat précé-dent.

d. Soit le point d’application de la résultante. Alors, ence point, on peut écrire :

Le point n’est pas unique, on peut chercher un point sur

la tige, en posant d’où :

Les actions des forces d’inertie d’entraînement sur la barre sont équivalentes à la résul-

tante s’appliquant au point de la barre à la distance de O.

On peut justifier l’inégalité en remarquant que les actions élémentaires sont plus

intenses dans la partie que dans la partie

α 0=

O

Pa

ra

Fie

α

z

x

y MO ie

Pa

MO ie OPa Fie∧=

Pa

OPa raee=

MO ie raer Fie∧=

13--- MΩ2L2 α αex′cossin ra

12--- MΩ2L αersin ey ′∧=

13--- L αex′cos 1

2--- ra αex′cos=

ra23--- L=

Pa23--- L

raL2---

rL2--- r

L2--- .

On utilise la résultante en son point d’application, si les actions sont équivalentes àune force, pour calculer le moment et l’énergie potentielle.Sinon, il faut utiliser le champ des actions en tout point du système et intégrer les élé-ments de force, de moment et d’énergie potentielle.La connaissance de la résultante et du moment en un point suffit, dans le cas d’unsolide, à déterminer l’énergie potentielle.

en conclusion

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s’entraîner


159

Corrigé p. 166

Accrétion de matière (d’après ENTPE)

Le problème envisage quelques aspects de la loi deNewton exprimant la force de gravitation liantdeux masses M et m. On note r la distance entre lescentres de masse de M et m.La masse M est une sphère homogène isotrope derayon R, de masse volumique ρ, que l’on considé-rera comme formé d’hydrogène.

1. Donner, pour l’expression du module du champ de gravitation de la masse M en

fonction de G (constante de gravitation), M et r.Montrer que la force exercée par M sur m dé-rive d’une énergie potentielle que l’on expri-mera en fonction de G, M, m et r. Établir cerésultat à partir du travail effectué pour amenerune particule de masse m de l’infini (où estsupposée nulle) à la distance

2. On suppose la masse m en mouvement sur unetrajectoire circulaire de rayon R autour de la masseM. Exprimer la pulsation ω de son mouvement enfonction de G, M et R et de et R.

3. Établir dans le cas ci-dessus la relation liant lesénergies potentielle et cinétique de lamasse m. On notera que la relation établie ici segénéralise en termes de valeurs moyennes à tout

système soumis à potentiel en

4. Application numérique : calculer la pulsation ωet l’énergie cinétique (en J et en eV) d’un atomed’hydrogène en rotation à la périphérie du Soleil.

5. Soit une sphère matérielle de rayon et demasse µ soumise à son propre champ gravitation-nel et supposée se constituer par accrétion de cou-ches sphériques successives de matière initiale-ment uniformément dispersée à l’infini.Exprimer en fonction de G, µ et la variation

de l’énergie potentielle correspondant à unaccroissement dµ de la masse

6. En déduire, en fonction de G, M et R, l’expres-sion de l’énergie potentielle d’une sphèrehomogène de masse M, de rayon R ainsi accrétéedepuis son centre.

7. On admet ici la validité de la relation établie à la question 3. La sphère étant supposée

constituée de N atomes de masse m, expliquer ladifférence entre les expressions de obtenues iciet à la question 3.

8. Une telle sphère rayonne de l’énergie. En sup-posant la puissance rayonnée P constante au coursdu temps, on cherche à déterminer l’âge τ du sys-tème. Cette sphère, observée à une distance

sous le diamètre apparent α fournit lapuissance par unité de surface.Exprimer τ en fonction de G, M, R, et α.

9. Application numérique. Calculer, dans les hypo-thèses ci-dessus, l’âge du Soleil. La valeur estiméede l’âge du système solaire est de Interpréter le résultat obtenu.

10. La sphère de masse M est ici assimilée à un gazde N atomes d’hydrogène de masse m. Le théo-rème de l’équipartition de l’énergie indique quechacun de ces atomes possède l’énergie cinétique

moyenne désignant la constante

de Boltzmann et T la température thermodynami-que du système. En déduire l’expression de la tem-pérature T, supposée uniforme, de la sphère enfonction de G, M, m, R et

11. Application numérique : que vaudrait la tempé-rature T du Soleil dans un tel modèle ? Interpréterle résultat en sachant que la fusion nucléaire del’hydrogène s’amorce vers

12. Le système précédent, d’énergie totale n’est pas isolé puisque rayonnant

une fraction ΔE de cette énergie. En déduire l’évo-lution de son rayon et de sa température, puis unscénario simple de la formation d’une étoile.Données :Constante de gravitation :

Masse de l’atome d’hydrogène :

Masse du Soleil : Rayon du Soleil : Constante de Boltzmann :

Diamètre apparent du Soleil : Puissance surfacique rayonnée par le Soleil sur laTerre :

1 40 min

r R,

g r( )

FEp

Epr R.

g r( )

Ep Ec

1r--- .

Ec

R0

R0dEp

µ R0( ).

Ep

Ep 2Ec–=

Ec

d R

P0P0

5 109 ans.⋅

ec32--- kBT,= kB

kB.

15 106 K.⋅

E Ec Ep+=

G 6 67, 10 11– N m2 kg 2– .⋅ ⋅ ⋅=

m 1 67, 10 27– kg.⋅=

M 1 99, 1030 kg.⋅=

R 6 96, 108 m.⋅=

kB 1 38, 10 23– J K 1– .⋅ ⋅=

α 10 2– rad.=

P0 103 W m 2– .⋅=

1 eV 1 6, 10 19– J.⋅=

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s’entraîner


160

Corrigé p. 168

Dynamique de formation des étoiles (d’après Mines - Ponts MP)Une étoile est formée d’une certaine masse degaz, qui adopte une configuration sphérique dufait de l’interaction gravitationnelle entre les ato-mes d’hydrogène qui la composent. On négligeratout effet de rotation et on considérera qu’à toutinstant cette masse de gaz est en équilibre hydros-tatique, disposée dans le vide. À tout instant de laformation, les répartitions de masse volumique, depression et de température dans l’étoile sont àsymétrie sphérique. On notera G la constante dela gravitation universelle et on appellera R lerayon de l’étoile à un instant donné. Le rayon finalsera noté Données numériques :Constante de gravitation :

Constante de Boltzmann :

Nombre d’Avogadro : Masse de l’atome d’hydrogène :

Masse du Soleil : Rayon du Soleil : Distance de la Terre au Soleil :

1. On appelle la masse volumique de l’étoileà la distance r du centre et la masse de lafraction de l’étoile qui est située à une distance deson centre inférieure ou égale à r. On appelle aussi

la pression qui règne à cette distance r ducentre.

a. Relier et

b. Relier et le champ de gravitation àla distance r du centre et à la constante G.

c. Établir l’équation d’équilibre hydrostatique dugaz qui forme l’étoile, sous forme d’une équationdifférentielle liant et et leurs dérivées,la distance r et la constante G.

2. Pour cette question, on considère que l’hydro-gène atomique constituant l’étoile est un fluideincompressible.

a. Établir l’expression de la pression au centreC de l’étoile, en fonction de G, de la masse de

l’étoile et de son rayon On supposera que lapression à la surface de l’étoile est nulle.

b. Assimilant localement l’hydrogène au gaz par-fait, déterminer la température au centre C del’étoile en fonction de G, de la constantede Boltzmann et de la masse m de l’atomed’hydrogène. Application numérique : calculer et dans le cas du Soleil.

3. Pour cette question, on considère que l’hydro-gène atomique constituant l’étoile est un fluidequelconque.On considère le modèle simple suivant de forma-tion progressive de l’étoile : après accumulation dela masse dans la sphère de centre C et derayon r, une masse dM est apportée de façonquasi-statique depuis l’infini et disposée régulière-ment sur une couche sphérique comprise entre lesrayons r et

a. Calculer le travail fourni dans ce processus ;commenter son signe.

b. Calculer, sous forme d’une intégrale portant surla fonction le travail, noté nécessaire àla formation de l’étoile. Justifier qu’on l’appelleénergie gravitationnelle de l’étoile.

4. Pour cette question, on considère à nouveauque l’hydrogène atomique constituant l’étoile estun fluide incompressible.

a. Montrer que l’énergie gravitationnelle de

l’étoile s’écrit alors

b. Lors de sa phase de formation, le Soleil (sup-posé formé d’hydrogène incompressible) s’est con-tracté à partir d’une nébuleuse originelle de gaz detrès grand rayon initial jusqu’à sa taille actuelle.Donner l’expression de l’énergie rayonnée par leSoleil pendant cette durée ; effectuer l’applicationnumérique pour la puissance moyenne correspon-dante en supposant la durée de contraction égale à1 milliard d’années. Quel est le flux énergétiquecorrespondant (puissance par unité de surface)reçu au niveau du sol ter-restre ?Dans les questions suivantes, on ne suppose plus incom-pressible le gaz qui constitue l’étoile.

5. Montrer que l’énergie gravitationnelle peut semettre sous la forme de l’intégrale, étendue à toutle volume de l’étoile :

2 40 min

M0

R0.

G 6 67, 10 11– m3 kg 1– s 2– .⋅ ⋅ ⋅=

kB 1 38, 10 23– J K 1– .⋅ ⋅=

NA 6 02, 1023 mol 1– .⋅=

m 1 67, 10 27– kg.⋅=

M0 1 99, 1030 kg.⋅=

R0 6 96, 108 m.⋅=

D 1 49, 1011 m.⋅=

µ r( )M r( )

p r( )

µ r( ) M r( ).

M r( ) g r( )

p r( ) M r( )

pC

M0

R0.

TC

M0, R0,kB

pC

TC

M r( )

r dr.+

M r( ), WG,

WG35---

GM 02

R0------------- .–=

© N

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n,cl

asse

pré

pa


161

6. On admet que l’étoile est formée d’un gaz par-fait en équilibre thermique. En déduire l’expressionde en fonction de la masse de l’étoile, de

sa température T, de la constante de Boltzmann et de la masse m de l’atome d’hydrogène.

7. Comparer au résultat des questions précéden-tes, liant, dans le cas d’un fluide incompressible,

à et m.

WG 3 p dτétoile∫∫∫– 3 p r( )4πr2dr

r 0=

R0∫–= =

WG M0

kB

WG M0, TC, kB

© N

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pré

pa


162

corrigés


1 a. Vrai. L’expression de la puissance p est La force ne dépend pas du référentiel

s’il s’agit d’une force d’interaction. En revanche, lavitesse en dépend donc p aussi.

b. Faux. L’expression de cette puissance est Les grandeurs cinétiques

et dépendent du référentiel, donc P aussi.

c. Vrai. Prenons le cas d’un système de N pointsmatériels placés aux points avec la convention

Dans les sommes ci-dessous, j doit être différent de i :

On permute les indices i et j dans la seconde

somme :

Cette sommation a lieu sur tous les couples tels

que On peut donc la réécrire

d’où :

Cette dernière expression est indépendante du réfé-rentiel car lors d’un changement de référentiel décrit

par un vecteur :

et est colinéaire à donc :

2 Réponse b. Faux. Le travail des forces intérieuresest en général non nul. Il est en revanche nul dans lecas d’un solide (mais non a priori dans le cas d’unsystème de solides).

3 Soit l’ensemble des actions conserva-tives s’exerçant sur les points matériels placés en

On a : où est l’énergie potentielle

de la force

Alors, en utilisant la relation différentielle

:

4 1. Le principe des actions réciproques stipule que

Comme et on

en déduit l’égalité.

2. L’énergie potentielle d’interaction est une fonctionde la position des deux points et Pour préciserles choses, notons les coordonnées des deux pointsdans un repère cartésien :

Alors et sa différen-tielle est :

Grâce à la relation du 1. on aboutit à :

p f

v .⋅= f

P F v A( )⋅ MA Ω .⋅+=

v A( ) Ω

Pi,

f i i→ 0.=

Pint f i j→

j 1=

N

∑i 1=

N

∑ vj⋅=

f i j→

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑ vj⋅ f i j→

j i 1+=

N

∑i 1=

N

∑ vj⋅+=

f i j→

j i 1+=

N

∑i 1=

N

∑ vj⋅ f j i→

i j 1+=

N

∑j 1=

N

∑ vi.⋅=

i j,( )

i j. f j i→

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑ vi⋅

Pint f i j→

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑ vj⋅ f j i→

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑ vi⋅+=

f i j→ vj⋅ f

i j→ vi⋅–( )

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑=

f i j→

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑ vj vi–( )⋅=

⎧ ⎨ ⎩

f i j→–

Ω R′( ) R( )⁄

vj′ vi′– vj vi– Ω R′( ) R( )⁄ PiPj∧+=

f i i→ PiPj

Pint′ f i j→

i 1=

N

∑ vj′ vi′–( )⋅=

f i j→

i 1=

N

∑ vj vi–( )⋅ f i j→ Ω R′( ) R( )⁄ PiPj∧⋅

0=i 1=

N

∑+=

Pint=

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

f i i 1 ... N, ,=

Pi.

f i gradepi–= epi

f i .

dg dOP gradg⋅=

P f i

i 1=

N

∑ vi⋅ vi

i 1=

N

∑– gradepi⋅dOPi

dt-------------

i 1=

N

∑– gradepi⋅= = =

dOPi

i 1=

N

∑ gradepi⋅

dt--------------------------------------------–

depi

i 1=

N

∑dt

-------------------–

d epi

i 1=

N

∑dt

-------------------–= = =

dEp

dt----------–=

f i j→ Pi Pj,( ) f

j i→ Pi Pj,( ) .–=

f i j→ gradPj

ep–= f j i→ gradPi

ep–=

Pi Pj .

Pi xi yi zi, ,( )→

Pj xj yj zj, ,( )→

ep Pi Pj,( ) ep xi yi zi xj yj zj, , , , ,( )=

dep∂ep

∂xi

-------- dxi

∂ep

∂yi

-------- dyi

∂ep

∂zi

-------- dzi+ +=

∂ep

∂xj

-------- dxj

∂ep

∂yj

-------- dyj

∂ep

∂zj

-------- dzj+ + +

gradPiep dOPi⋅ gradPj

eP dOPj⋅+=

dep gradPiep dOPi⋅ gradPi

ep dOPj⋅–=

gradPiep dOPi dOPj–( )⋅=

© N

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pré

pa


163

5 Pour simplifier les calculs, on pose

Dans ce cas :

6 Les points matériels du solide subissent chacun

une force dont la puissance est

Alors

Dans le second membre, le premier terme est où est la résultante des actions sur le

solide.Le second terme s’exprime par un produit mixte, quipermet une permutation des vecteurs :

On en déduit :

où est le moment des actions en A.


1 Notons le vecteur unitaire dirigeant l’axe Ozvers le haut. Le champ de pesanteur s’écrit avec Un seul point matériel subit son poids :

où A est un point quelconque.

On en déduit puis :

Cette dernière expression est intrinsèque, au sens oùelle ne demande pas la définition d’un axe particulier.

Attention : l’expression ne doit pasêtre utilisée pour un champ de pesanteur non uniforme.Dans un champ de pesanteur uniforme, un systèmematériel a l’énergie potentielle d’un point matériel con-fondu avec G et de masse la masse totale du système.

2 La force d’inertie est Le point Pdécrivant un cercle de rayon r, l’accélération d’entraî-

nement s’écrit d’où

Posons en coordonnéescylindriques. Alors

gradPiep dOPi dPjO+( )⋅=

gradPiep dPjPi⋅=

ep Pi Pj,( ) epij≡ epji.=

Pint f j i→

j 1=

N

∑i 1=

N

∑ vi⋅ vi

j 1=

N

∑i 1=

N

∑– gradPiep ji⋅= =

dOPi

dt-------------

j 1=

N

∑i 1=

N

∑– gradPiepji⋅=

12---

dOPi

dt-------------

j 1=

N

∑i 1=

N

∑ gradPiepji⋅

dOPj

dt-------------

j 1=

N

∑i 1=

N

∑ gradPjepij⋅+

⎩ ⎭⎪ ⎪⎨ ⎬⎪ ⎪⎧ ⎫

–=

Ce terme est égal au précédent, on asimplement échangé les indices i et j

12dt--------- dOPi gradPi

epji⋅ dOPj gradPjepji⋅+

⎩ ⎭⎨ ⎬⎧ ⎫

j 1=

N

∑i 1=

N

∑–=

epij=

12---

depji

j 1=

N

∑i 1=

N

∑dt

-----------------------------–=

d12--- epji

i 1=

N

∑dt

------------------------–=

dEpint

dt---------------–=

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

⎧ ⎨ ⎩

f i P f i

i 1=

N

∑ vi.⋅=

P f i

i 1=

N

∑ vi⋅ f i

i 1=

N

∑ v A( ) Ω APi∧+( )⋅= =

f i

i 1=

N

∑ v A( )⋅ f i

i 1=

N

∑ PiA Ω∧( )⋅+=

f i

i 1=

N

∑⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

v A( )⋅ f i

i 1=

N

∑ PiA Ω∧( )⋅+=

F v A( ),⋅ F

f i PiA Ω∧( )⋅ Ω f i PiA∧( )⋅ Ω APi f i∧( )⋅= =

f i

i 1=

N

∑ PiA Ω∧( )⋅ Ω

i 1=

N

∑ APi f i∧( )⋅=

Ω APi f i∧

i 1=

N

∑⋅ Ω MA⋅= =

MA

ezg gez–=

g 0.

mig grad migzi( )– grad migez APi⋅( )–= =

grad mig– APi⋅( )–=

epi mig– APi⋅=

Ep epi

i 1=

N

∑ g– miAPi

i 1=

N

∑⋅= =

M g– AG⋅=

Ep M g– AG⋅=

f ie mae .–=

ae Ω2rer–= f ie mΩ2rer .=

OP rer zez+ HP zez+= =

f ie mΩ2rer mΩ2gradr2

2----= =

grad 12--- mΩ2r2––=

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corrigés


164

d’où :

3 1. Le piston subit de la part du liquide la résul-tante des forces de pression et de la part del’air avec lequel il est en contact la force Pour déterminer P, il faut remarquer que la colonnede liquide a une hauteur 2z à partir de la surface libredans le tube de droite. D’après la loi de l’hydrostati-

que, d’où .

2. La résultante s’écrit sous la forme d’un gradient :

d’où

Remarque : on a choisi la constante d’intégrationnulle, cela ne change rien à la physique du problème.Il s’agit de l’énergie potentielle de pesanteur de lacolonne de liquide qui s’est déplacée. Vérifions-le.La hauteur de liquide déplacée est z et sa masse est :

Le centre de masse de ce système est monté de z dansle champ de pesanteur g donc la variation de sonénergie potentielle de pesanteur est :

On retrouve bien l’énergie potentielle précédente.

4 1. Le rapport est sans dimension, P est une pres-

sion puisqu’il s’agit du rapport d’une force par uneaire. Il en résulte que ε est homogène à une pression.

La relation entre R, a et δ est donnée par

d’où :

À l’ordre le plus bas en δ on obtient .

2.

Le déplacement à considérer est δ. On écrit alors En effet, la variation de

l’énergie potentielle d’une boule est égale au travailde la force extérieure exercée sur cette boule, quandil y a équilibre à tout instant. Ici, la force est dirigée

vers l’intérieur de la boule (c’est une force de com-pression) et quand on s’enfonce dans celle-ci.

On en déduit La constante

peut être prise nulle tout en ayant donc

pour une seule bille. Pour les

deux billes, le résultat est le double :

.

3. a. La constante A doit être homogène à un tempscar les termes en δ se compensent et et sontdes forces.La puissance dissipée est :

L’énergie dissipée est l’intégrale :

b. L’intégrale dans l’expression de devient :

On change de variable en posant d’où :

puis

5 1. Le moment dipolaire de la molécule est décritcomme un ensemble de deux charges en A et

en B tel que

epie P( )12--- mΩ2HP 2–=

PSez–

P0Sez .

P P0 ρg2z+= F z( ) 2ρgzSez–=

F z( ) grad ρgz2S( )–= Ep ρgSz2=

m ρSz .=

ΔEp mgz ρSgz2= =

δa--

R

R – δ

a2

R2 R δ–( )2 a2---⎝ ⎠⎛ ⎞

2+=

a 2 R2 R δ–( )2– 2 2Rδ δ2–= =

a 2 2Rδ

Fdeπ4--- εaδ ε

π 2R2

--------------- δ3 2/ .=

dEp δWext Fdedδ .= =

dδ 0

Fde

δ

Ep επ 2R

5--------------- δ5 2/ cte.+=

Ep 0

Ep επ 2R

5--------------- δ5 2/=

Ep 2 billes( ) ε2π 2R

5------------------- δ5 2/=

Fd Fde

Pd Fddδdt------ Aδ

· 2 δFde

∂δ----------- Aε

3π 2R4

------------------- δδ· 2

= = =

Ud Pddt∫ Aε3π 2R

4------------------- δ

·δ δ

·dt

dδ0

tm

∫= =

⎧ ⎨ ⎩

Ud Aε3π 2R

4------------------- δ

·δdδ

0

δm

∫=

Ud

I v0 1 δ5 2/

δm5 2/

---------– δdδ0

δm

∫=

x δδm------=

I v0δm3 2/ 1 x5 2/– xdx

0

1

∫ 12--- v0δm

3 2/=

Ud Aε3π 2R

8------------------- v0δm

3 2/

q– +q

p qAB .=

λ

rAr

Oε

ε

B+ q

– q

E(B )

E(A )A

rB

2θ

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165

Les champs électriques créés par le fil en A et B sont :

et

La résultante des actions s’écrit alors, puisque:

L’expression de cette résultante se simplifie dans lecas où le dipôle est ponctuel. Posons puisfaisons tendre ε vers 0 et la charge q vers l’infini, de

telle sorte que

On peut écrire puis :

on en déduit qu’à la limite

Ainsi,

La résultante est orthoradiale.Le moment se calcule de la même façon, en utilisantle même modèle :

À la limite le moment devient :

qui est un résultat clas-

sique pour un dipôle placé dans un champ électrique.Le champ électrique extérieur a pour effet d’aligner

le moment avec le champ électrique local

2. L’énergie potentielle du dipôle s’obtient tou-jours par le passage à la limite d’un dipôle ponctuel.Soit V un potentiel électrostatique du champ électri-

que créé par le fil. Alors et l’énergiepotentielle du dipôle étendu est :

Au premier ordre de développement en ε :

On en déduit un développement de l’énergiepotentielle :

Le passage à la limite aboutit à .

6 1. Les forces sur A et B s’écrivent respectivement

et

La résultante est donc :

On exprime les vecteurs et les distances enfonction de d, L et θ :

;

Le moment des actions en G est :

Les termes colinéaires à donneront un résultat nuldans le produit vectoriel. Il reste les termes colinéai-res à :

On a bien L’angle θ est négatifsur le schéma.On s’aperçoit que si le moment des actionsen G n’est pas nul. On en déduit que ces actions nesont pas équivalentes à la résultante appliquée au cen-tre de masse. Le centre de masse est ici distinct ducentre de gravité.

E A( )λ

2πε0rA

----------------- er A( )= E B( )λ

2πε0rB

----------------- er B( )=

rA rBr

θcos------------= =

F λq2πε0------------

θcosr

------------ er B( ) er A( )–( )=

λq2πε0------------

θcosr

------------ 2 θeθ O( )sin=

λ2πε0r-------------- θ 2q θsin( )eθ O( )cos=

AB 2ε=

qABq ∞→

AB 0→

lim p .=

ε r θtan=

p qAB 2q θrtan 2q θrsinθcos

--------------------= = =

ε 0,→ q θsin p2r----- .→

F λ2πε0------------

pr2---- eθ O( )=

MA AA qE A( )–( )∧ AB qE B( )( )∧+=

p E B( )∧=

B A ,→

MA p E A( )∧λp

2πε0r-------------- ez–= =

p E .

Ep

E gradV–=

Ep qV A( )– qV B( )+=

V B( ) V A( ) gradVA AB o ε( )+⋅+=

V A( ) E A( )– AB o ε( )+⋅=

Ep qV A( )– q V A( ) E A( )– AB o ε( )+⋅( )+=

qE A( )– AB o ε( )+⋅=

E A( )– p⋅ o qε( )+=

Ep p– E A( )⋅=

fA G0MmOA3---------- OA–= fB G0

MmOB3---------- OB .–=

F G0Mm OBOB3----------

OAOA3----------+⎝ ⎠

⎛ ⎞–=

O

M

B

Am

m

ƒA

eL

G

L

L

d

θ < 0

ƒB

ez

er

OA , OB

OA der LeL+= OB der LeL–=

OA d 2 2dL θcos L2+ +=

OB d 2 2dL θcos L2+–=

MG G0Mm GAOAOA3----------∧ GB

OBOB3----------∧+⎝ ⎠

⎛ ⎞–=

G0MmLeL–OAOA3----------

OBOB3----------–⎝ ⎠

⎛ ⎞∧=

eL

er

MG G0MmLeL– erd1

OA3----------

1OB3----------–⎝ ⎠

⎛ ⎞∧=

G0MmLd 1OA3----------

1OB3----------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ θezsin=

eL er∧ θez .sin–=

OA OB ,≠

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corrigés


166

Centre de masse et centre de gravité coïncident uni-quement si le champ de gravitation est uniforme.Dans le cas où on peut chercher les expres-sions de la résultante et du moment au premier ordre

en :

c’est la résultante exercée en G sur la somme desmasses en A et B.

On a utilisé le développement limité :

2. Considérons le point G fixe et la tige AB tournantde dθ : le travail des actions sur la tige (qui est unsolide) s’écrit alors :

Par intégration on exprime :

La constante d’intégration est prise nulle.

Le graphe de l’énergie potentielle montre que lesorientations de la tige AB correspondant à des équili-bres stables sont et La tige est

alors alignée selon OG. L’orientation est un

équilibre instable, puisqu’on se trouve en un maxi-mum d’énergie potentielle.

L d ,

Ld---

F G0Mm OBOB3----------

OAOA3----------+⎝ ⎠

⎛ ⎞– G0M 2m( )erd 2------–≈=

MG G0MmLd 1OA3----------

1OB3----------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ θezsin=

G0MmLd1d 3------ 6 L

d--- θcos–⎝ ⎠

⎛ ⎞⎝ ⎠⎛ ⎞ θezsin

6G0MmL3

d 3------ θ θezsincos–=

1 ε+( )32---–

1 32--- ε– o ε( )+=

dEp– δW=

dEp– MG ezdθ⋅=

6G0MmL3

d 3------ θ θdθsincos–=

Ep θ( )

Ep θ( ) 3G0MmL3

d 3------ sin2θ=

1

1

Ep /Ep max

– 1– 2– 3– 4 2 3 4 5

θ

θeq 0= θeq π .=

θeqπ2---=

S’entraîner

1 1. Le théorème de Gauss appliqué à la sphère derayon r et centrée sur la masse M fournit le champ de

gravitation à symétrie sphérique :

où est le vecteur unitaire radial.Le théorème de Gauss pour le champ de gravitation

s’écrit : où est

la masse intérieure à la surface fermée.

La force exercée sur une masse m est

Elle dérive d’une énergie potentielle donnée par

. On vérifie aisément que

et que s’annule pour r tendant vers l’infini.

Montrons le lien entre l’énergie potentielle et le travailde transport.Considérons un opérateur extérieur amenant la masse mde l’infini (c’est-à-dire infiniment éloignée de M ) où ellese trouve au repos (de vitesse nulle et donc d’énergie

cinétique nulle). À la fin de la transformation, la massem se trouve au repos à la distance r du centre de M.Soit le travail de l’opérateur pour cette transforma-tion.Soit le travail du champ de gravitation. Celui-ci

s’explicite par l’expression suivante, où est un dépla-cement élémentaire :

Pour conclure, appliquons le théorème de l’énergie ciné-tique au point matériel de masse m (cours de 1re année)

g r( ) g r( ) G Mr2---- er–=

er

Surface fermée

g dS⋅ 4πGMint–= Mint

F F G Mmr2

--------- er .–=

Ep r( )

Ep G Mmr

---------–=

F gradEp–=

Ep

Point maths. On a utilisé la propriété, vue en pre-mière année, de la circulation du gradient sur unecourbe allant d’un point A vers un point B :

Wop

Wg

d

Wg F∞

r

∫ d⋅ gradEp∞

r

∫– d⋅= =

Ep r( )– Ep ∞( )+ Ep r( )–= =

gradfA

B

∫ d⋅ f B( ) f A( )–=

ΔEc Wop Wg+=

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n,cl

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pré

pa


167

Comme il vient :

Le travail est ici négatif. Cela signifie que l’opérateur areçu de l’énergie pendant la transformation. Il faut aucontraire fournir de l’énergie pour séparer des massesgravitationnellement liées.

2. On applique le théorème fondamental de la dynami-que à m sur une trajectoire circulaire de rayon R. ω est la

vitesse angulaire. On a : d’où :

3. Exprimons l’énergie cinétique :

On obtient donc :

Cette relation s’établit de façon plus générale entre lesvaleurs moyennes des énergies potentielle de gravitationet cinétique. Elle constitue ce qu’on appelle le« théorème du viriel ».

4. A.N. : ;

L’électron-volt est une unité d’énergie plus adaptée quele joule pour exprimer les énergies des particules.

5. La masse dµ est apportée de l’infini jusqu’à la dis-tance : on a vu précédemment que la variation

d’énergie potentielle correspondait à

(travail d’un opérateur qui amène la masse dµ de l’infinijusqu’à ).

6. L’énergie potentielle totale est la somme (une sommecontinue donc en fait une intégrale) des énergie poten-tielle infinitésimales :

Il y a deux façons d’intégrer cette fonction. On peutchoisir d’intégrer sur la variable ou sur la variable µ.Le résultat est bien sûr le même dans les deux cas.Choisissons ici d’intégrer sur Dans ce cas, il fautexprimer La masse est répartie de façon homogène de masse volu-

mique Il vient donc

On en déduit puis l’intégrale :

Dans le second cas, on aurait remplacé par puis intégré sur µ :

7. Avec la relation proposée, on trouve

à comparer avec

La différence vient du fait que les particules ne sont pastoutes à la distance R d’une masse M : les particulessituées à l’intérieur de la masse M ont un potentiel gravi-tationnel différent de celles situées à la périphérie.

8. Il faut tout d’abord déterminer la relation entre P, d, R et α. Pour cela, un schéma est nécessaire :

Il vient

Ensuite, un bilan de puissance permet d’exprimer larelation entre et P : la puissance rayonnée P à travers

la sphère de rayon R est la même que celle rayonnée àtravers la sphère de rayon d (il y a conservation del’énergie durant la propagation). Dans ce cas, la puis-

sance surfacique reçue est

L’énergie rayonnée durant τ est P τ. Elle correspond àl’énergie perdue par l’astre. Dans le modèle décrit ici,l’énergie provient de l’énergie cinétique et potentielle depesanteur, c’est-à-dire de l’énergie mécanique On a :

L’énergie mécanique est une fonction croissante de R.L’énergie rayonnée va donc avoir pour résultat de fairediminuer ce rayon. L’état initial est celui où le rayon estinfini, le nuage de gaz n’étant pas encore rassemblé enastre.

Ec initial( ) Ec final( ) 0,= =

Wop Wg– Ep r( )= =

mRω2er– G MmR2

--------- er–=

ωGMR3

----------g R( )

R-----------= =

Ec

Ec12--- mV 2 1

2--- m Rω( )2= =

12--- m

GMR

----------12--- Ep R( )–= =

Ep 2Ec–=

ω 6 27, 10 4– rad s 1–⋅ ⋅=

Ec 1 59, 10 16– J⋅ 995 eV .= =

R0

dEp G µdµR0

-----------–=

R0

dEp

Ep dEpR0 0=

R0 R=

∫ G µdµR0

-----------R0 0=

R0 R=

∫–= =

R0

R0 .µ R0( ) .

ρM

43--- πR3-------------- .= µ R0( ) ρ

43--- πR0

3 .=

dµ 4ρπR02dR0=

Ep G 1R0------ ρ

43--- πR0

3ρ4πR02dR0

R0 0=

R0 R=

∫–=

164

------ Gρ2 R04dR0

R0 0=

R0 R=

∫–1620------ Gρ2R5–= =

35--- G M 2

R--------–=

R0 RµM-----⎝ ⎠⎛ ⎞

1 3/

Ep G M 1 3/

R------------ µ2 3/ dµ

µ 0=

µ M=

∫–=

G M 1 3/

R------------

35--- M 5 3/–=

Ep35--- G M 2

R--------–=

Ec310------ G M 2

R-------- N

310------ G Mm

R---------= =

Ec12--- G Mm

R--------- .=

P0 ,

α dR

R d α2---tan d

α2--- .≈=

P0

P0 P0P

4πd 2-------------

Pα2

16πR2---------------- .= =

Em .

Em Ec Ep+ Ec 2Ec– Ec–310------ G M 2

R--------–= = = =

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corrigés


168

On aboutit alors, par ce bilan énergétique, à :

d’où

c’est-à-dire

9. L’application numérique fournit soit15 millions d’années. Cette durée est trop faible pour êtrecompatible avec l’âge estimé du système solaire. L’éner-gie mécanique est insuffisante à expliquer le rayonne-ment du Soleil et des autres étoiles. Ce sont les réactionsnucléaires de fusion qui sont la source principale d’énergie des étoiles rayon-nantes.

10. La température T s’exprime par soit :

11. Cette température est inférieure àcelle qui règne au cœur du Soleil. Elle est insuffisantepour déclencher les réactions de fusion de l’hydrogène.

12. On a déjà montré que le rayon décroît lorsquel’énergie mécanique diminue. La relation entre le rayonet la température montre que celle-ci augmente au fur età mesure que l’étoile s’effondre.Une étoile se forme par effondrement d’un nuaged’hydrogène. La température augmente puis les réac-tions de fusion s’amorcent au centre de l’étoile qui semet alors à rayonner intensément.

2 1. a. La masse est l’intégrale volumique de lamasse volumique µ dans la sphère de rayon r. Comme µne dépend que de r, si est l’élément de volumecompris entre les sphères de rayon ρ et on a

On en déduit l’expression de :

b. On utilise ici le théorème de Gauss, appliqué auchamp de gravitation. La symétrie sphérique de larépartition de masse permet d’établir que :

. est le vecteur unitaire radial des

coordonnées sphériques.c. D’après le cours de première année, l’équationd’équilibre hydrostatique s’écrit, si chaque élément demasse n’est soumis qu’au champ de pesanteur et aux

actions de pression : .

Ici, les vecteurs n’ont qu’une composante radiale et lesfonctions ne dépendent que de r. L’équation précédente

devient :

Attention : est une valeur algébrique, ici négative.On a déjà l’expression de en fonction de Il

reste à exprimer Pour cela, on peut remarquerque l’expression intégrale de la question 1.,

a pour dérivée par rapport à r :

On remplace donc par :

Ou encore :

2. a.Si le fluide est incompressible, alors µ est uniformedans l’étoile. Dans ce cas, l’équation de la pression

s’écrit :

Exprimons µ et La masse totale est et le

rayon est Alors, et et

L’intégration de la pression entre le centre C de l’étoile

et sa surface est d’où :

b. Écrivons la loi des gaz parfaits : n est lenombre de moles contenues dans le volume V. Le rap-

port s’exprime à partir de la masse volumique µ et de

la masse molaire de l’hydrogène :

d’où

(La constante des gaz parfaits R est égale à la constantede Boltzmann multipliée par le nombre d’Avogadro

)Au centre de l’étoile :

et

A.N. : ;

Em final( ) Em initial( )– énergie rayonnée–=

Em R( ) Em R + ∞=( )– P τ–=

τ310------ G M 2

R--------

1P----

310------ G M 2

R--------

α2

16πR2P0

-----------------------= =

τ3

160π------------- G M 2

R3--------

α2

P0------=

τ 4 7, 1014 s,⋅=

4 H11 He4

2 2ν 2e++ +→ énergie⇒( )

Ec N32--- kBT=

T2

3N kB---------------

310------ G M 2

R--------

15--- G mM

kBR----------= =

T 4 6, 106 K.⋅=

M r( )

dτ′ρ dρ ,+

dτ′ 4πρ2dρ .=

M r( )

M r( ) 4π µ ρ( )ρ2dρ0

r

∫=

g r( )GM r( )

r2----------------- er–=

er

gradp µg=

dpdr------ µ r( )g r( ) .=

g r( )

g r( ) M r( ).

µ r( ) .

M r( ) 4π µ ρ( )ρ2dρ0

r

∫=

dM r( )dr

---------------- 4πr2µ r( )=

µ r( )1

4πr2-----------

dMdr--------

dpdr------

14πr2-----------

dMdr--------

GMr2

----------–=

dpdr------

G4πr4----------- M

dMdr--------–=

dpdr------ µg r( )

GM r( )

r2----------------- µ .–= =

M r( ). M0

R0 . µ3M0

4πR03

-------------= M r( ) M0r

R0------⎝ ⎠⎛ ⎞ 3

=

dpdr------

GM0

r2------------

r3

R03

------3M0

4πR03

-------------–3GM 0

2

4πR06

----------------- r.–= =

p R0( ) p 0( )–3GM 0

2

4πR06

-----------------R0

2

2------⎝ ⎠⎛ ⎞–=

pC3GM 0

2

8πR04

-----------------=

pV nRT .=

nV----

nV---- µ

1mNA------------= p µ

1mNA------------ RT

µkBT

m--------------= =

kBNA .

pC

µkBTC

m-----------------=

TC

3GmM 02

8πµkBR04

------------------------GmM0

2kBR0-----------------= =

pC 1 34, 1014 Pa⋅= TC 1 15, 107 K .⋅=

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169

3. a. Le travail qu’on demande de calculer ici est le travailde l’opérateur qui apporte la masse dM de l’infini jusqu’à ladistance r du centre de l’étoile, où règne le champ Le transport de la masse est quasi-statique, ce qui veutdire que la force exercée par l’opérateur équilibre lepoids de la masse dM, qui vaut à la distance ρdu centre de l’étoile

Soit un élément de trajet infinitésimal entre l’infini etr. Le travail est donc :

On peut faire le calcul comme si la masse dM était appor-tée en un seul point à la distance r de C. La répartition surla sphère de rayon r ne demande aucun travail de la partde l’opérateur car le déplacement est normal au poids.Le signe du travail est négatif, ce qui veut dire que l’opéra-teur gagne de l’énergie pendant le processus. La masse quis’effondre sur l’étoile fournit de l’énergie à l’extérieur. Sicette énergie n’est pas transférée vers un système extérieur,elle provoque un échauffement de la masse qui s’écrase.b. Le travail nécessaire à la formation complète del’étoile est la somme des travaux

On peut écrire cette intégrale en fonction de r :

Ce travail est celui qui est apporté de façon quasi-stati-que par l’extérieur afin de former toute l’étoile. Commeon n’a tenu compte, pour équilibrer la force de l’opéra-teur, que des seules forces de gravitation, il s’agit ici del’énergie potentielle gravitationnelle de l’étoile.

4. a. On peut reprendre dans ce cas, les expressions de

et de :

et

Alors :

b. Si le Soleil s’est formé à partir d’une nébuleuse de gazde très grand rayon, on peut considérer le rayon R trèsgrand devant le rayon et donc négliger l’énergie gra-vitationnelle initiale devant l’actuelle.L’énergie rayonnée est égale à l’opposée de l’éner-gie gravitationnelle de l’étoile. La puissance moyennerayonnée est le quotient de cette énergie par ladurée τ.

A.N. : ;

Pour la Terre, le flux surfacique Φ reçu est égal à la puis-sance rayonnée répartie sur une sphère de rayon D

égal à la distance Soleil – Terre, c’est-à-dire :

L’application numérique fournit : Cette valeur est bien plus faible que le flux reçu par laTerre, qui est de l’ordre de (1 360 endehors de l’atmosphère). Ce modèle ne tient pas comptede l’énergie d’origine nucléaire qui est la source d’éner-gie de rayonnement du Soleil et des étoiles.

5. On avait établi le résultat suivant :

Il faut remarquer que et

ce qui donne :

De plus, On obtient :

Il faut à présent intégrer par parties. Posons :

et

L’intégration par partie s’écrit :

L’intégrale devient :

qui est le résultat demandé.Le terme tout intégré est nul puisque à lasurface de l’étoile.

g r( ).

dM g r( )ρ R0( ).

d

δWG

δWG dM g ρ( )–+∞

r

∫ d⋅=

dMGM r( )

ρ2----------------- dρ–

+∞

r

∫–=

GM r( )dMρ

--------------------------+∞

r–=

GM r( )dMr

--------------------------–=

δWG .

WGGM r( )

r----------------- dM–

M 0=

M0

∫=

WGGM r( )

r----------------- dM–

M 0=

M0

∫ G M r( )r

------------dMdr-------- dr

r 0=

R0

∫–= =

M r( )dMdr--------

M r( ) M0r

R0------⎝ ⎠⎛ ⎞ 3

=dM r( )

dr---------------- 4πr2µ

3M0

R03

---------- r2= =

WG G M r( )r

------------dMdr-------- dr

r 0=

R0

∫–=

G M0r2

R03

------3M0

R03

---------- r2drr 0=

R0

∫–=

3GM 02

R06

----------------- r4drr 0=

R0

∫–=

3GM 02

5R0-----------------–=

R0

Eray

Pray

Eray3GM 0

2

5R0-----------------= Pray

3GM 02

5R0τ-----------------=

Eray 2 28, 1041 J⋅= Pray 7 22, 1024 W.⋅=

Pray

ΦPray

4πD2-------------- .=

Φ 25 9 W, m 2– .⋅=

1 100 W m 2–⋅

WGGM r( )

r-----------------

dMdr-------- dr–

0

R0

∫=

GM r( )

r2-----------------– g r( )=

dMdr-------- 4πr2µ r( )=

WG 4π µ r( )g r( )r3dr .0

R0

∫=

µ r( )g r( ) gradp er⋅dpdr------ .= =

WG 4πdpdr------ r3dr

0

R0

∫=

f ′ dpdr------=

h r3=⎩⎪⎨⎪⎧

f p=

h ′ 3r2=⎩⎨⎧

f ′ r( )h r( )dra

b

∫ f r( )h r( )[ ]ab f r( )h ′ r( )dr

a

b

∫–=

WG pr3[ ]0R0 4π p3r2dr

0

R0

∫–=

3 p r( )4πr2dr0

R0

∫–=

p R0( ) 0,=

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corrigés


170

6. Comme précédemment, L’intégraleprécédente devient alors :

7. Rassemblons les résultats du modèle incompressible :

; ;

On en déduit :

et

L’ordre de grandeur est respecté, mais l’écart n’est pasnégligeable (écart de 2,5 fois, puisque le facteur 3 est

remplacé par ).

Les deux modèles ne sont pas satisfaisants, puisqu’uneétoile n’est pas constituée d’un fluide incompressible.

p r( )µ r( )kBT

m--------------------- .=

WG 3kBT

m---------- µ r( )4πr2dr

0

R0

∫– 3M kBT

m----------------–= =

pC3GM 0

2

8πR04

-----------------= pC

µkBTC

m-----------------= WG

3GM 02

5R0-----------------–=

kBTC

m-------------

3GM 02

8πR04µ

-----------------GM0

2R0------------= = WG

6M0kBTC

5m------------------------–=

65---

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8 – Théorème de la résultante cinétique


171

Théorème de la résultante cinétique

Le principe fondamental de la dynamique, énoncé pour le point matériel, se généralisepour un système quelconque par le théorème de la résultante cinétique. Ce théorème vadonner une importance capitale au centre de masse du système, puisqu’il détermine sonmouvement, d’où la dénomination de « théorème du centre de masse ».

1 Le théorème de la résultante cinétique

1.1. La relation fondamentale de la dynamique

Le mouvement d’un point matériel, de masse m constante, de vitesse et soumis à la force est régi par la relation fondamentale de la dynamique :

ou

1.2. Énoncé

1.2.1. Théorème de la résultante cinétiqueLe système matériel est un ensemble fermé de N points matériels indicés par

de masse animés de la vitesse dans un référentiel d’étude Cha-cun de ces points possède la quantité de mouvement

Soit la force subie par le point matériel Alors, pour chacun d’eux :

Sommons cette relation sur les N points de :

RemarqueLe vecteur force dé-crit la cause de lamodification de lavitesse. La force dé-crit les effets des in-teractions entre lepoint matériel et lesautres systèmes ma-tériels ainsi que leséventuelles forcesd’inertie, si le réfé-rentiel d’étude n’estpas galiléen.

vf ,

mdvdt------ f =

dpdt------ f =

S( ) Pi

i 1 ... N, , ,∈ mi, vi R( ).pi mivi.=

fi Pi.dpi

dt-------- fi = .

S( )

dpi

dt--------

i 1=

N

∑ fi

i 1=

N

∑=

MP

PC

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172

Le premier membre est la dérivée temporelle de la résultante cinétique du système Le second membre est la résultante des actions sur le système On en déduit :

On a montré dans un chapitre précédent que la résultante des actions était égale à la résul-tante des actions extérieures, d’où la relation :

1.2.2. Théorème du centre de masse

On peut énoncer ce théorème en explicitant la résultante cinétique en fonction du mou-vement du centre de masse G du système : si M est la masse totale du système, cons-

tante, alors d’où :

2 La loi de conservation de la résultante cinétique

Les composantes conservées de la résultante cinétique font partie des « intégrales premiè-res du mouvement ». Cette dénomination vient du fait que ces grandeurs cinétiques sontle résultat d’une intégration par rapport au temps des équations du mouvement.

2.1. Le système isolé

Définition : un système matériel est dit isolé s’il ne subit aucune interaction avec d’autressystèmes matériels.Il n’y a donc aucune action extérieure.

2.1.1. Conservation de la résultante cinétiqueL’étude d’un système isolé est particulièrement intéressante dans un référentiel galiléen.En effet, la résultante des actions se réduit dans un tel référentiel à la résultante des actionsextérieures, donc à 0 :

Dans un référentiel galiléen, pour un système isolé

Ce théorème sert à déterminer le mouvement du centre de masse. Le théorème nes’applique qu’aux systèmes fermés.

ddt----- pi

i 1=

N

∑ fi

i 1=

N

∑=

P S( ).F S( ).

dPdt-------- F=

dPdt-------- Fext=

On retrouve uneéquation du mouve-ment analogue auprincipe fondamen-tal de la dynamiqueappliqué à un pointmatériel, le pointmatériel à considé-rer ici étant le centrede masse G du systè-me matériel affectéde la masse totale M.

S( )

P mivi

i 1=

N

∑ M vG,= =

MdvG

dt---------- Fext=

Fext 0=

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173

Ce résultat peut être formulé à partir du mouvement du centre de masse :

2.1.2. Le système pseudo-isoléLes systèmes isolés sont peu fréquents. Les systèmes étudiés sur Terre, par exemple, nesont jamais isolés, ils sont toujours soumis au champ de pesanteur terrestre.Néanmoins, il arrive que les actions extérieures se compensent exactement. Dans ce cason dit que le système est pseudo-isolé.Définition : si dans le référentiel d’étude quelconque, toutes les actions extérieures se com-pensent, alors le système est dit pseudo-isolé.Conséquence : la résultante cinétique est constante, puisque la résultante des forces extérieu-res est nulle, par compensation des forces individuelles non nulles.

Dans un référentiel galiléen, le théorème de la résultante cinétique s’écrit .

La résultante cinétique du système est une constante du mouvement.

Dans un référentiel galiléen, la résultante cinétique d’un système isolé se conserveau cours du temps. Le centre de masse de ce système a un mouvement rectiligneuniforme ou reste au repos.

RemarqueDans la pratique, unsystème n’est jamaistotalement isolé. Il setrouve toujours à unedistance finie d’autressystèmes matérielsqui peuvent exercerdes actions sur lui. Ondira que le systèmeest isolé si les actionsextérieures sont assezfaibles pour pouvoirêtre négligées.

dPdt-------- 0=

P

vG t( ) constante vG t 0=( )= =

RemarqueDans des référentielsnon galiléens, lesforces d’inertie peu-vent compenser lesactions extérieures.C’est le cas du mou-vement de chute libredans un champ de pe-santeur, illustré parles images d’astronau-tes qui évoluent en« impesanteur » dansles stations spatialesou dans des vols balis-tiques d’avions. P constante=

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174


1 On étudie un solide dans les différentscas suivants :– le mouvement le plus général possible ;– un mouvement plan ;– une translation.

1. Combien de paramètres cinématiquesindépendants sont nécessaires pour décrireces trois types de mouvement ?

2. Donner le nombre d’équations indépen-dantes fournies par le théorème de la résul-tante cinétique. Conclure.

2 Les systèmes suivants, étudiés dans le réfé-rentiel précisé, sont-ils isolés, pseudo-isolésou non isolés ?

1. Une plume lâchée sur la Lune par unastronaute, dans le référentiel lunaire, gali-léen.

2. Le système solaire.

3. Un palet autoporteur sur coussin d’air surune table horizontale.

3 Démontrer le théorème de la résultante ciné-tique pour un système continu tridimension-nel.

4 Soit un système matériel isolé, étudié dansun référentiel galiléen. Les affirmations sui-vantes sont-elles vraies ou fausses ?

1. Tous les points du système sont en mou-vement rectiligne uniforme.

2. Le système est nécessairement au repos.

3. Le mouvement du centre de masse estquelconque, pourvu que la norme de savitesse reste constante.


1 Un patineur de masse glisse sans frotte-ment sur une piste horizontale recouverte deglace. Son centre de masse a une vitesseconstante dans le référentiel terrestre liéà la piste, galiléen. Il rencontre un autre pati-neur de masse de vitesse initiale nulle.On considère le système formé par lesdeux patineurs.1. Que peut-on dire du mouvement de cen-tre de masse G de :– avant la rencontre ?– après la rencontre ?Calculer en fonction de les vitesses de Gavant et après le choc.2. Que peut-on dire des vitesses et des centres de masse des deux patineursaprès la rencontre ?

Préciser sur un schéma les relations entre cesvitesses dans les cas suivants :a. les patineurs ont la même vitesse finale,dans le même sens.b. les patineurs ont des vitesses finales desens opposés.c. les patineurs repartent à angle droit l’unavec l’autre.3. On se place dans le cas où les patineursont la même masse Y a-t-ilconservation de l’énergie cinétique danschacun des cas précédents ?

2 Durant la phase d’accélération d’une auto-mobile, en déplacement horizontal, lavitesse passe de 0 à surune distance L’automobile aune masse On néglige lesfrottements de l’air.

Avant la colle

S( )

v G( )

M1

V1

M2,S( )

S( )

V1

V1′ V2′

M1 M2 M.= =

Vf 130 km h 1–⋅=

L 400 m.=

M 1 400 kg.=

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1. Préciser l’origine des actions extérieures,leur sens et éventuellement leur pointd’application.

2. Déterminer la résultante moyenne des actions extérieures sur le véhicule pen-dant la phase d’accélération dans les cassuivants :a. l’accélération est constante.b. l’accélération est une fonction linéaire dutemps, nulle au début de la phase.

3 Un point matériel de masse m peut glissersans frottement sur la face inclinée d’une équerre de masse M, de longueur L, decentre de masse G. Cette équerre peut elle-même glisser sans frottement sur le planhorizontal Ox définissant un référentiel galiléen.

On abandonne le système sans vitesse ini-tiale, le point matériel étant en et

1. Quelle est, en fonction de et x, lavitesse de la masse m par rapport àl’équerre ? Par rapport au référentiel ?

2. a. Faire le bilan des forces extérieures surle point matériel, sur l’équerre puis sur lesystème complet. Dans quel sens l’équerrese déplace-t-elle ?b. Montrer qu’une composante de la résul-tante cinétique d’un système que l’on défi-nira se conserve.c. En déduire une relation entre x, m, Met α.

3. Écrire l’équation du mouvement de lamasse m exprimée en fonction de Com-bien de temps faut-il à la masse pour arriversur le sol ?

Fext⟨ ⟩

O′x′

R( )

α

mO

x

G

Ox

M

Lg

O′x G( ) 0.=

x′

R( )

x′,

x′.

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176

1

a. Les actions extérieures sur le système des trois masses sont :– le poids de chacune des masses ;

1 – Vibrations couplées

Un système est formé de trois masses assimilées à des points matériels : deux pointsmatériels et sont de masse m et de masse M. Ces masses sont liées entreelles par deux ressorts identiques sans masse, de raideur K et de longueur à vide Ce système glisse sans frottement sur un plan horizontal Oxy, dans le référentield’étude terrestre supposé galiléen.

Les trois points restent constamment alignés, selon l’axe Ox. Les dimensions desmasses sont négligées devant les distances qui les séparent.

1 a. Montrer que le système est pseudo-isolé.b. En déduire une grandeur cinétique conservée au cours du temps ainsi que lespropriétés du référentiel barycentrique du système

2 On étudie à présent le mouvement dans le référentiel barycentrique munid’un axe Gx parallèle à Ox. On note et les abscisses des trois points

et dans ce repère.

a. Quelle relation peut-on écrire entre les variables et ? Entre leursdérivées temporelles ?b. Faire le bilan des actions s’exerçant sur chacun des points matériels.c. Établir les équations du mouvement des trois points matériels. Simplifier ceséquations en tenant compte de la relation du a.d. En déduire une résolution du système d’équations. Donner les pulsations desmouvements sinusoïdaux.

P1 P2 P30.

R( ),

O x

P1 P2P3K, 0 K, 0

S( )

R*( ) S( ).

R*( )x1, x2 x3

P1, P2 P3

O

G

Gx

x

P1 P2P3

x1 x3 x2

x1, x2 x3


Un bilan des actions extérieures et l’absence de mouvement vertical permettent de conclure. Larésultante des actions extérieures nulle impose la conservation de la résultante cinétique.

S( )

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177

– la réaction du plan horizontal sur les masses. L’absence de frottement implique que cesréactions sont verticales et dirigées vers le haut tant qu’il y a contact.

Il n’y a pas de mouvement vertical du système. Il en résulte que l’accélération verticalede son centre de masse G est nulle, donc que le poids et la réaction du plan se compen-sent.

La résultante des actions est nulle, le système est pseudo-isolé.

b. Le système est pseudo-isolé, la grandeur cinétique conservée est la résultante cinétique

. Le mouvement ayant lieu selon Ox, il vient donc

.

est en translation par rapport à : son mouvement est ici rectiligne selon Ox. Onpeut choisir un système d’axes Gx, Gy et Gz liés à

Puisque le mouvement de G est uniforme. étant galiléen, est luiaussi galiléen.

2

a. L’abscisse du centre de masse G est nulle, on en déduit : .

La résultante cinétique est constante et nulle dans : : onremarque que cette relation découle par dérivation de la définition du centre de masse ci-dessus.

b. Bilan des actions sur :

Le poids et la réaction du support se compensent :

La force de rappel du ressort entre et est :

Bilan des actions sur :

P 2m M+( )vG=

2m M+( )vGx cte=

vGx cte=

R*( ) R( )R*( ).

vGx cte,= R( ) R*( )

Le référentiel barycentrique est galiléen, il n’y a donc aucune force d’inertie dans La force de

rappel d’un ressort liant deux points A et B s’écrit : et

R*( ).

f B A→ K BA 0

BA

BA

-----------–⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

–= f A B→ f

B A→ .–=

mx1 mx2 Mx3+ + 0=

R*( ) mx·1 mx·2 Mx·3+ + 0=

P1

xx3

f3→1

x1

N1

P1

mg

N1 mg+ 0.=

P1 P3

f 3 1→

K P3P1 0 ex–( )–( )– K x1 x3– 0+( )ex–= =

P2

xx2x3

N2

P2

f3→2

mg

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178


La force de rappel du ressort entre et est :

Bilan des actions sur :


Les forces de rappel des deux ressorts :

c. On en déduit, dans galiléen, en projection sur Ox et pour chacun des points matériels :

On avait trouvé d’où et

cette dernière relation se vérifiant aisément sur les équations du mouvement.En éliminant la variable on aboutit aux deux équations :

d. La résolution du système précédent s’appuie sur le découplage des équations. Ici, la somme et la différence des équations fournissent, en posant et :

Les pulsations, appelées pulsations propres, sont données par et

Le mode de pulsation est le mode symétrique, puisque implique La masse M reste alors immobile et les deux masses latérales vibrent en opposition, atta-chées à un ressort dont l’autre extrémité est fixe. C’est pourquoi on retrouve l’expressionde la pulsation d’un oscillateur simple et que la masse M n’y figure pas.

Le mode de pulsation est un mode où toutes les trois masses sont en mouvementdans mais où la distance entre les points latéraux est constante :

N2 mg+ 0.=

P3 P2

f 3 2→

K P3P2 0ex–( )– K x2 x3– 0–( )ex–= =

P3

xx3

N3P3– f3→1

Mg

– f3→2

N3 mg+ 0.=

f 3 2→

– f 3 1→

– K x1 x2 2x3–+( )ex.=

R*( )

mx··1 K x1 x3– 0+( )–=

mx··2 K x2 x3– 0–( )–=

Mx··3 K x1 x2 2x3–+( )=⎩⎪⎨⎪⎧

Mx3 m x1 x2+( )+ 0= x3mM----- x1 x2+( )–= Mx··3 m x··1 x··2+( ),–=

x3,

mx··1 K x1mM----- x1 x2+( ) 0+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞–=

mx··2 K x2mM----- x1 x2+( ) 0–+⎝ ⎠

⎛ ⎞–=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

mx··1 K 1 mM-----+⎝ ⎠

⎛ ⎞ x1mM----- x2 0+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞–=

mx··2 K 1 mM-----+⎝ ⎠

⎛ ⎞ x2mM----- x1 0–+⎝ ⎠

⎛ ⎞–=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

⇒

X x1 x2+= Y x1 x2–=

m x··1 x··2+( ) K 1 2mM

-------+⎝ ⎠⎛ ⎞ x1 x2+( )–=

X··

X

m x··1 x··2–( ) K x1 x2–( ) 20+( )–=

Y··

Y⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

X t( ) X0 ω1t( )cosX·

0

ω1------ ω1t( )sin+=

Y t( ) Y0 20+( ) ω2t( )cosY·

0

ω2------ ω2t( )sin 20–+=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

⇒

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

ω12 K

m---- 1 2m

M-------+⎝ ⎠

⎛ ⎞=

ω22 K

m---- .=

ω2 X 0= x1 x2.–=

ω1R*( )

© N

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n,cl

asse

pré

pa


179

La masse centrale vibre par rapport au blocformé par les deux masses latérales.

2 – Pendule oscillant sur un chariot

On étudie le mouvement d’un chariot sur lequel se trouve un pendule pesant. Lechariot est un solide de masse M, de centre de masse G. Le pendule est composéd’un fil tendu sans masse de longueur L et d’une boule assimilée à un point matérielA, de masse m. Le fil oscille sans frottement autour de dans le plan de la figure.Ce chariot est posé sur une surface plane horizontale et se déplace sans frottement.L’étude se fait dans le référentiel terrestre supposé galiléen.À l’instant initial, le chariot bute contre un obstacle à sa gauche. Le pendule estlâché sans vitesse initiale d’un angle comme sur le schéma.

1 a. Déterminer le mouvement du pendule en faisant l’hypothèse que le chariotreste immobile.b. Jusqu’à quelle phase du mouvement du pendule cette hypothèse est-ellevalable ?

2 Montrer qu’après cette phase, le mouvement horizontal du centre de masse du système est uniforme. Quelle est sa vitessehorizontale ?

Y cte Y⇒ 20– x1 x2–⇒ 20.–= = =

Lorsque cela est possible, il faut identifier un système pseudo-isolé. On en déduit quesa résultante cinétique est conservée.Les grandeurs conservées permettent de diminuer le nombre d’inconnues cinémati-ques indépendantes : on écrit les relations qui découlent de la conservation des com-posantes de On écrit enfin les équations de la dynamique à partir des actions connues, intérieureset extérieures.

P

P.

en conclusion

O′,

θ0– 0

GM

A

L

+

g

O

– θ0

m

G0chariot pendule+

© N

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asse

pré

pa



180

1

a. Lorsque le chariot est immobile, le mouvement du pendule est une rotation autour du point Les équations du mouvement sont celles d’un pendule pesant simple.

L’équation du mouvement s’établit en appliquant le théorème de la résultante cinétique àla masse m :

puis

en projetant sur on aboutit à l’équation :

L’équation obtenue est non linéaire, du 2d ordre. On pourrait obtenir les solutions pourles petites oscillations et faire apparaître la pulsation de ces oscillations harmoniques

Ici, rien n’indique que l’angle θ reste faible. On peut néanmoins obtenir une

équation du 1er ordre en multipliant l’équation par puis en intégrant par rapport autemps. On note et les conditions initiales en


Un solide en contact non adhérent avec un autre solide subit une force de réaction dirigée versl’intérieur du premier solide. Le contact est rompu lorsque cette réaction s’annule.Le théorème de la résultante cinétique fournit une expression des forces de réaction si l’on con-naît le mouvement du centre de masse du système.

O′.

GM

A

er

ez

eθ

L

T

O

θ

mg

P mLθ· eθ=

dPdt-------- mg T+=

mL θ·· eθ θ

· 2er–( ) mg– θeθsin mg θcos T+( )er+=

eθ

θ·· g

L--- θsin+ 0=

ωgL--- .=

θ·

θ·

0 θ0– t 0.=

θ·θ·· g

L--- θ

·θsin+ 0=

12--- θ

· 2 gL--- θcos–

12--- θ

·02 g

L--- θ0cos–=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


181

soit :

Ici, d’où :

Sans connaître explicitement les solutions, on peut rappeler :– qu’elles sont périodiques ;– que l’angle θ est borné : b. Un raisonnement simple, sans calcul, consiste à remarquer que l’accélération horizon-tale du pendule doit être positive tant que le chariot reste en contact avec la butée. Ceci n’est réalisé que pendant le premier quart de période.On justifie quantitativement ce résultat dans le paragraphe qui suit.Pour déterminer le moment de la rupture du contact sur la butée, il faut commencer parfaire un bilan des actions extérieures sur le système Ce système est soumis :– à la résultante du poids de l’ensemble, verticale ;– à la réaction du plan horizontal, verticale et dirigée vers le haut. L’absence de for-ces de frottements annule la composante tangentielle ;– à la réaction de la butée dirigée vers le chariot, c’est-à-dire ici dans le sensde est donc positif.

Le chariot reste immobile tant que la réaction exercée par la butée est non nulle.Lorsque le chariot se met en mouvement, le contact est rompu et cette réaction s’annule.Il s’agit donc de chercher la valeur de cette réaction et de chercher si elle peut s’annulerpendant le mouvement du pendule.La réaction est présente dans l’expression du théorème de la résultante cinétique.Écrivons ce théorème pour le système complet :

θ· 2 2g

L----- θ θ0cos–cos( ) θ

·02

+=

Cette équation peut aussi s’obtenir directement par le théorème de l’énergie cinétique.

θ·

0 0= θ· 2 2g

L----- θcos θ0cos–( )=

θ0– θ θ0.

chariot pendule+ .

M m+( )g,N1

N2 N2ex,=

ex. N2

G

M

A

N1

N2

ez

ex

L

O

θ

mg

Mg

N2

ddt----- Pchariot Ppendule+( ) N1 N2 M m+( )g+ +=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



182

Le chariot est immobile, donc pendant cette phase et le reste.

La projection sur s’écrit alors :

On a :

d’où :

Les dérivées temporelles s’expriment en fonction de l’angle, grâce aux relations du para-graphe a. :

La parenthèse du premier membre est toujours négative car Le signe cherchédépend donc de et on peut conclure :

Le contact avec l’obstacle se rompt quand θ passe par la valeur 0, c’est-à-dire quand lependule passe par la verticale lors de la première oscillation.

2 Le contact avec l’obstacle est rompu, le système ne subit plusaucune force extérieure horizontale.

Le théorème de la résultante cinétique s’écrit maintenant :

Pchariot 0=

exddt----- Ppendule ex·( ) N2=

Ppendule ex· mv ex· mLθ· eθ ex· mLθ

·θcos= = =

mLddt----- θ

·θcos( ) N2=

mL θ··

θcos θ· 2 θsin–( ) N2=

mL θ··

θcos θ· 2 θsin–( ) N2=

mLgL---– θ θcossin 2g

L----- θcos θ0cos–( ) θsin–⎝ ⎠

⎛ ⎞ N2=

mg 2 θ0cos 3 θcos–( ) θsin N2=

θ θ0.

θsin

N2 0 θsin 0⇒

chariot pendule+

G

G0

M

O

A

ez

ex

xG xG0xA

x

L

O

θ

mg

v

ddt----- Psystème( ) N1 M m+( )g+=

© N

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pré

pa


183

La projection sur l’axe Ox fournit :

d’où

Il y a conservation de la composante horizontale de la résultante cinétique.

Le centre de masse du système avance à vitesse constante selon Ox.

Pour déterminer la vitesse exprimons la résultante cinétique :

En projection sur Ox :

Écrivons cette relation en utilisant l’angle θ :

d’où :

Pour exprimer le second membre, on utilise les vitesses à l’instant où le chariot quittel’obstacle. En effet, l’équation utilisée, et donc la constante du mouvement, est valableaprès que le chariot a quitté l’obstacle.

À cet instant, (le chariot quitte la butée avec une vitesse nulle), et

Le choix de la racine positive vient du fait que le pendule oscille vers la droite quand ilpasse à la verticale la première fois, et donc que à ce moment-là.

On obtient alors :

On remarque que cette vitesse est d’autant plus grande que l’angle initial est grand.Inversement, si la masse du chariot est très grande devant celle du pendule, lemouvement d’ensemble est très lent.

ddt----- M m+( )v G0( ) N1 M m+( )g+=

ddt----- M m+( )x·G0

0=

x·G0cte=

chariot pendule+

Attention : a aussi un mouvement vertical, qui n’est pas uniforme mais oscillant.G0

x·G0,

Psystème Pchariot Ppendule+=

M m+( )v G0( ) Mv G( ) mv A( )+=

M m+( )x·G0Mx·G mx·A+=

xA xG L θsin+ x·A⇒ x·G Lθ·

θcos+= =

x·G0x·G

mM m+--------------- Lθ

·θcos+=

x·G 0= θ 0=

θ· 2g

L----- 1 θ0cos–( ) 2 g

L---

θ0

2----- .sin= =

θ·

0

x·G0

2mM m+--------------- gL

θ0

2-----sin=

M( ) m( )

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



184

Un déplacement d’un système dans une direction où les forces extérieures sont nullesou se compensent implique la conservation de la résultante cinétique dans cettedirection.On exprime alors la composante de la résultante cinétique conservée à partir desvariables cinématiques puis la valeur de la constante à partir des conditions initiales.On obtient une équation différentielle entre les variables cinématiques.

en conclusion

© N

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n,cl

asse

pré

pa

s’entraîner


185

Corrigé p. 191

La chute libre selon GaliléeDans son Dialogue sur les deux systèmes du monde,Galilée pense démontrer que l’accélération d’unsystème matériel durant une chute est indépen-dante de sa masse. Il s’y prend de la façonsuivante :« Considérons un boulet de masse M lâché depuisle sommet de la tour de Pise. Il acquiert unevitesse qui augmente au cours de temps, grâce àune accélération Supposons que l’accélération soit une fonctioncroissante de la masse. Si l’on sépare par la penséele boulet en deux parties, de masse et avec alors il faut conclure que cha-cune des parties a une accélération plus petite quecelle du boulet entier : et

La vitesse des parties est doncinférieure à la vitesse de l’ensemble, ce qui estabsurde.Comme on peut faire le même raisonnement avecune fonction décroissante de la masse, il faut con-clure que l’accélération est indépendante de lamasse. »

1. Dans quels cas l’accélération d’un corps est-ellebien indépendante de sa masse ?

2. a. Détailler les actions extérieures qui s’exer-cent sur un boulet en chute dans l’air.

b. Où est la faille du raisonnement de Galilée ?

Corrigé p. 191

Jet sur une plaqueOn envoie horizontalement sur une plaque planeune masse d’eau à la vitesse dans un réfé-rentiel d’étude galiléen. Lorsque cette masse d’eaurencontre la plaque, elle se divise en deux masses

et de vitesses respectives et La pla-que est fixe et fait un angle α avec la vitesse On suppose que la vitesse de l’eau ne change pasen module lors du contact avec la plaque :

On néglige la force de pesanteur sur l’eau ainsique toute force de viscosité entre l’eau et la plaque,

ce qui implique que les actions de l’eau sur la pla-que sont normales à la paroi.

1. Écrire la relation découlant de la conservationde la masse.

2. a. Quelle est la variation de la quantité demouvement de la masse d’eau provoquée par lechoc avec la plaque ?

b. Quelle est la direction de ? En déduire parprojection une nouvelle relation entre les masses

et

c. Exprimer et en fonction de et α.

Corrigé p. 192

Le wagon d’EinsteinUn wagon de masse M et de centre de masse Gpeut se déplacer sans frottement sur des railshorizontaux. À l’arrière du wagon, une lampe ali-mentée par un condensateur chargé émet unflash vers l’avant, où la lumière est totalementabsorbée.À l’instant initial, juste avant le flash, le wagon estimmobile, son centre de masse est à l’abscisse 0d’un axe Ox orienté vers l’avant.

1 15 min

a M( ).

m1 m2,M m1 m2,+=

a m1( ) a M( )

a m2( ) a M( ).

2 15 min

m0 v0,

m1 m2, v1 v2.v0.

v1 v2 v0.= =

α

α

m0

m1

m2

Plaque

v0

v1

v2

ux

uα

∆P

∆P

m0, m1 m2.

m1 m2 m0

3 25 min©

Nat

han,

clas

se p

répa

s’entraîner


186

Le but de ce problème est de montrer qu’à uneénergie E est associée une masse m dont on cher-che l’expression.

1. On considère qu’avant d’être émise sous formede lumière, l’énergie E est stockée dans le conden-

sateur localisé en (schéma (a)).

Donner l’expression de l’abscisse du centre demasse du système

2. Le flash est émis, il se propage vers l’avant duwagon à la célérité c (schéma (b)). D’après la théo-rie électromagnétique, un faisceau lumineuxd’énergie E possède une quantité de mouvement P

donnée par

a. Que peut-on dire de la quantité de mouvement du système ? En

déduire que le centre de masse du système resteimmobile.

b. Exprimer la vitesse v (algébrique) du wagon enfonction de l’énergie E du flash, de c et de M.

c. Quelle est la durée de propagation τ du flashentre l’émission et l’absorption ? On fera uneapproximation raisonnable.

3. L’énergie lumineuse est totalement absorbée àl’avant du wagon, où elle y reste localisée (sousforme d’énergie thermique par exemple)(schéma (c)).

a. Montrer que le wagon est à nouveau immobile.Quelle est la position du centre de masse duwagon, en fonction de E, L, M et c ? Quelle est laposition de l’énergie E ?

b. Quelle est l’expression de l’abscisse du sys-tème ?

c. En déduire la relation entre m et E.

Corrigé p. 192

Rebonds sur une paroi1. Une balle sphérique de masse m rebondit surun mur vertical, fixe dans un référentiel galiléen.La durée du contact entre la balle et le mur estnotée τ. On néglige l’effet du poids. Le rebond estélastique : il y a conservation de la norme de lavitesse avant le choc et après le choc

De plus, il n’y a pas de frottementsentre la balle et le mur : la force exercée sur laballe est normale au mur.On donne : ; ;

a. La balle arrive sur le mur en incidence normale.

Quelle est la vitesse finale ? Quelle est la force

moyenne exercée par le mur sur la balledurant le contact ? Calculer numériquement

b. La balle arrive sur le mur sous l’incidence α.

Quelle est la vitesse finale ? Quelle est la force

moyenne exercée par le mur sur la balle

L

M

G

G

G

O x

LampeÉnergie Econvertieen énergielumineuse

Surfaceabsorbantla lumière

(a)

(b)

v

x

c

(c)

O

xxG O

L2---–

x0wagon énergie E+ .

PEc--- .=

Ptotale wagon énergie E+

xG

xE

x1wagon énergie E+

4 25 min

vi vf,vi vf .=

m 50 g= τ 0 1 s,= vi 10 m s 1– .⋅=

xvi

vf

F⟨ ⟩F⟨ ⟩ .

xα

vi

vf

F⟨ ⟩

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pré

pa


187

durant le contact ? Calculer numériquement pour

2. Des particules, toutes identiques, de masse m,uniformément réparties avec la densité volumiquen, arrivent sous l’incidence α sur une surface Splane. La vitesse incidente est identique pourtoutes les particules. Le rebond est élastique.

a. Combien de particules dN frappent la surface Spendant une durée dt ?

b. En déduire la force moyenne sur dt, exer-cée par ces particules sur la surface S puis la pres-sion P sur la paroi en fonction de

c. En physique statistique, on montre que la den-sité volumique des particules dn qui ont une com-posante de vitesse comprise entre et

est donnée par

où est la densité totale de particules, toutes

vitesses confondues, la constante de Boltz-

mann et T la température absolue.En déduire la pression totale due à toutes lesparticules frappant la paroi. Quel résultat classiqueretrouve-t-on ?

On donne

Corrigé p. 194

Décollage d’une fusée(d’après E3A)L’objectif d’une fusée (lanceur) est d’envoyer unsatellite à une altitude choisie. Pour atteindre cetobjectif, il faut que le lanceur soit capable de déve-

lopper une force importante pendant quelquesminutes. Par exemple, le lanceur Ariane 5 déve-loppe au décollage une force de Une fusée a pour mission de mettre en orbite unsatellite. La fusée sans carburant et le satellite ontune masse totale Au moment du décollage, lafusée contient une masse de gaz. Ces gaz sontéjectés avec une vitesse verticale, dirigée vers lebas, et notée par rapport à la fusée. Le débitmassique de gaz est constant et noté L’influence de l’atmosphère est supposée négligea-ble (absence de frottements), l’accélération de lapesanteur g est considérée uniforme.

1. a. Le système d’étude est la fusée et tout cequ’elle contient à l’instant t. En raisonnant sur cesystème fermé, effectuer un bilan de quantité demouvement.

b. En déduire l’expression de l’accélération dela fusée à l’instant t.

c. Établir l’expression de la force subie par lafusée, due à l’éjection des gaz.

2. a. Quelle doit être la valeur minimale de cetteforce pour que la fusée décolle ?

b. Calculer l’accélération au décollage avec lesdonnées ci-dessous. Est-elle supportable pour unêtre humain ?Données :

; ;;

3. Établir l’expression approchée de la vitesse de la fusée au cours du temps pour un décol-

lage vertical. Calculer la vitesse de la fusée au boutde 15 s.

F⟨ ⟩α 60°.=

vi

x

S

α

vi

Fp⟨ ⟩

vix vi α.cos=

vix vix dvix+

dn n0m

2πkBT-----------------

mvix2

2kBT-------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞dvixexp=

n0

kB

P0

x2 x2–( )dxexp0

+ ∞

∫ π

4------- .=

5 30 min

107 N.

mf .m0g

uqm.

v (t )

Situation àl’instant t

Situation àl’instant t + dt

u (t )/réacteur u (t )/réacteur

v (t + dt )

Oz

a

Π

a0

mf m0g+ 460 tonnes= g 9 8 m, s 2–⋅=

qm 3 6, 103 kg s 1–⋅ ⋅= u 2 100 m s 1– .⋅=

v t( )

© N

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pré

pa


188

corrigés


1 1. Il faut six paramètres. Le mouvement le plusgénéral d’un solide est décrit par les trois coordon-nées de position d’un des points du solide et par troisangles décrivant l’orientation du solide dans l’espace.Le mouvement plan nécessite trois paramètres ciné-matiques, deux coordonnées d’un point du solidedans le plan du mouvement et un angle de rotationdans ce plan.La translation d’un solide est décrite par les troiscoordonnées d’un des points du solide.

2. L’écriture vectorielle du théorème de la résultantecinétique permet d’obtenir trois équations indépen-dantes au plus. Elles sont donc insuffisantes pourdéterminer complètement le mouvement générald’un solide mais suffisantes si ce solide est en transla-tion.Le mouvement plan ne peut pas être entièrementdéterminé par le théorème de la résultante cinétiquecar la projection de la résultante cinétique orthogona-lement au plan du mouvement n’apporte aucuneinformation utile.

2 1. Non isolé. La plume subit l’attraction gravita-tionnelle de la Lune.

2. Non isolé. Notre système solaire est soumis auchamp de pesanteur de notre galaxie, la Voie lactée.Toutefois, pour des durées faibles devant la périodede révolution du Soleil autour du centre de la galaxie(250 millions d’années), on peut considérer le sys-tème solaire isolé.

3. Le palet est pseudo-isolé puisqu’on peut raison-nablement négliger les frottements entre celui-ci etl’air, du moins pour des durées d’expérience cour-tes.

3 Le système de masse totale M, enfermé dans unvolume V, est décrit par la masse volumique locale

Considérons un élément de volume fermé, infinitési-mal, dτ autour d’un point P du système. Cet élémenta une masse infinitésimale constanteau cours du temps.Soient la vitesse du point P et la forceinfinitésimale exercée sur dτ.Le principe fondamental de la dynamique stipule :

pour chaque point P du système.Comme dm est constant, on peut placer dm sous ladérivation :

L’intégrale triple sur tout le volume V conduit à :

L’intégrale du premier membre est, par définition ducentre de masse, le terme Le second mem-bre est la résultante des actions sur le système.Le principe des actions réciproques implique que la

résultante des actions intérieures est nulle :

d’où Il en résulte que :

4 1. Faux. Le théorème de la résultante cinétiquestipule que, dans le cas d’un système isolé, le mouve-ment du centre de masse est rectiligne uniforme maisn’impose rien aux autres points du système.

2. Faux. Il peut être au repos mais ceci constitue uni-quement un cas particulier.

3. Faux. C’est bien le vecteur qui doit rester cons-tant, et non uniquement sa norme. Le mouvement deG doit rester rectiligne.

ρ P( ) .

V

P

ρ(P )v (P )

df (P )

dm ρ P( )dτ=

v P( ) d f P( )

dmdv P( )

dt--------------- d f P( )=

d dmv P( )[ ]

dt----------------------------- d f P( )=

d dmv P( )[ ]

dt-----------------------------

V∫∫∫ d f P( )V∫∫∫=

ddt----- ρ P( )v P( )dτ

V∫∫∫M v G( )

d f P( )V∫∫∫F

=

Mdv G( )

dt---------------- F=

⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

M v G( ).

Fint 0=

F Fint Fext+ Fext.= =

Mdv G( )

dt---------------- Fext=

©

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189


1 1. La vitesse du centre de masse, avant la colli-sion, est donnée par :

d’où

Le mouvement du centre de masse du système ne change pas lors de la collision entre les deuxpatineurs : En effet, estpseudo-isolé, sa résultante cinétique est conservée :

On en déduit :

2. On exprime la vitesse de G à partir des vitesses

après le choc : d’où :

Il est préférable d’écrire les relations en termes derésultante cinétique, qui est une grandeur conservée,plutôt que de vitesse.a. Si les vitesses finales sont de même direction, cettedirection est celle de la vitesse :

b.

c.

3. L’énergie cinétique après le choc est :

celle avant le choc est

La relation entre les vitesses est d’où :

puis, pour l’énergie cinétique :

Dans le cas a., l’énergie cinétique a diminué : Le choc est dit inélastique.

Dans le cas b. l’énergie cinétique a augmenté :

Dans le cas c. l’énergie cinétique est conservée. Lechoc est dit élastique.

2 1. Les actions extérieures horizontales ne peuventprovenir que des forces de frottement exercées par lesol sur le véhicule, sur la surface de contact entre lespneumatiques et la chaussée.Ces forces sont dirigées vers l’avant sur les rouesmotrices lors d’une phase d’accélération. Elles peu-vent être dirigées vers l’arrière sur les roues nonmotrices mais leur résultante est bien dirigée dans lesens de l’accélération.

2. L’accélération est proportionnelle à la résultantedes forces extérieures :

Sa valeur moyenne, en projection sur l’axe Ox hori-zontal, est alors donnée par :

M1 M2+( )v G( )avant M1V1=

v G( )avantM1

M1 M2+-------------------- V1=

S( )

v G( )avant v G( )après .= S( )

Pavant Paprès=

M1 M2+( )v G( )avant M1 M2+( )v G( )après=

v G( )aprèsM1

M1 M2+-------------------- V1=

v G( )aprèsM1V1′ M2V2′+

M1 M2+----------------------------------- ,=

M1V1′ M2V2′+ M1V1=

V1

M1V1

M1V 1 M2V 2

M1V1M1V 1

M2V 2

M1V1

M1V 1 M2V 2

Ec après12--- MV1′

2 12--- MV2′

2 ,+=

Ec avant12--- MV1

2 .=

V1′ V2′+ V1=

V12 V1′ V2′+( )2=

V1′2 V2′

2 2V1′ V2′⋅+ +=

Ec avant12--- MV1

2=

12--- MV1′

2 12--- MV2′

2 MV1′ V2′⋅+ +=

Ec après MV1′ V2′⋅+=

Ec après Ec avant MV1′ V2′⋅–=

Ec après Ec avant.

Ec après Ec avant.

Ga

Roues avantmotrices

Farrière Favant

Ga

xO

Fext M a=

Fext⟨ ⟩ M a⟨ ⟩=

© N

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corrigés


190

a. Si l’accélération est constante, la vitesse horizon-tale du véhicule s’écrit où est la

durée de l’accélération. La distance parcourue est

d’où

On en déduit .

A.N. :

b. Si l’accélération est une fonction linéaire dutemps, elle s’écrit où α est une constante.L’accélération moyenne sur la durée est donnée

par

L’intégration de l’équation du mouvement fournit :

et

puis, d’où :

et

A.N. :

3 1. Par rapport à l’équerre, le point m se déplaceselon l’axe :

L’équerre se translate horizontalement, tous sespoints ont la même vitesse. En particulier, la vitessede son centre de masse est La composition des vitesses fournit :

2. a. Bilan des forces sur le point matériel, en l’absencede forces de frottement :

– le poids ;

– la réaction normale à l’équerre et dirigée vers lepoint Bilan des forces sur l’équerre, en l’absence de forcesde frottement :

– le poids ;– la réaction du sol, normale, ;– la réaction de la masse m sur l’équerre, d’après le principe de l’action et de la réaction.Sur le système s’exercent lesforces extérieures suivantes :

– le poids total ;– la réaction du sol L’équerre subit une action horizontale de la part de lamasse m vers la gauche. Elle se déplacera doncdans ce sens.b. D’après le bilan précédent, le système complet nesubit de l’extérieur que des forces verticales. Il endécoule que la composante horizontale de la résul-tante cinétique du système se conserve au cours du temps, dans le référentiel

Les conditions initiales sont telles qu’à l’instant initial (le système est alors immobile). reste

donc nulle par la suite.c. On exprime en fonction des vitesses et desmasses :

Comme est nulle, on en déduit :

Par intégration et en utilisant les conditions initiales et on obtient :

Vf Vf atf ,= tf

L12--- atf

2 ,= LVf

2

2a------ a⇒

Vf2

2L------- .= =

Fext⟨ ⟩MVf

2

2L-----------=

Fext⟨ ⟩ 2 300 N .=

a αt=

tf

a⟨ ⟩ αt⟨ ⟩ α t⟨ ⟩ α1tf--- tdt

0

tf

∫ 12--- αtf.= = = =

Vf12--- αtf

2 a⟨ ⟩ tf= = L16--- αtf

3 13--- a⟨ ⟩ tf

2= =

L13--- a⟨ ⟩

Vf2

a⟨ ⟩ 2------------

Vf2

3 a⟨ ⟩-------------= =

a⟨ ⟩Vf

2

3L-------= Fext⟨ ⟩

MVf2

3L-----------=

Fext⟨ ⟩ 1 500 N .=

O ′x ′ v m( )équerre x· ′ex′ .=

O

x e x

v G( ) R( ) x· ex .=

v m( ) R( ) v m( )équerre v G( ) R( )+=

x· ex x· ′ex′+=

m R

mg

mg

R .

Mg

– R

R

M gR ′

R ,–

équerre masse m+

Mg

mg

R

m M+( )gR ′ .

Px équerre masse m+

R( ).

Px 0= Px

Px

Px M v G( ) R( ) ex⋅ mv m( ) R( ) ex′⋅+=

Mx· m x· ′ex′ ex⋅ x·+( )+=

Mx· m x· ′ αcos x·+( )+=

M m+( )x· m αx· ′cos+=

Px

M m+( )x· m αx· ′cos+ 0=

x 0= x ′ 0,=

M m+( )x m αx ′cos+ 0=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


191

3. Dans le référentiel galiléen, le principe fonda-mental de la dynamique appliqué à la masse m s’écrit :

La projection de cette équation sur fournit :

La relation de la question 2. c. permet d’éliminer :

d’où :

On retrouve l’équation de la chute d’un point maté-

riel sur un plan incliné fixe dans le cas

L’équation intégrée fournit :

On en déduit la durée de chute T :

R( )

mdv m( ) R( )

dt---------------------- mg R+=

m x··ex x··′ex′+( ) mg R+=

ex′x·· αcos x··′+ g αsin=

x··

1 mm M+---------------- cos2α–⎝ ⎠

⎛ ⎞ x··′ g αsin=

1 mM----- sin2α+

1 mM-----+

------------------------------ x··′ g αsin=

mM----- 0.→

x ′ t( )12--- g α

1 mM-----+

1 mM----- sin2α+

------------------------------ t2sin=

T2L

g αsin--------------

1 mM----- sin2α+

1 mM-----+

------------------------------=

S’entraîner

1 1. Les systèmes matériels subissent des accélérationsindépendantes de leur masse s’ils ne sont soumis qu’àdes actions gravitationnelles et/ou à des forces d’inertie.Toutes les autres forces (contact, électromagnétiques,pression, frottements...) provoquent des accélérationsdépendant de la masse du système.

2. a. Le bilan des résultantes des actions est le suivant :Sur le boulet s’exercent :– le poids ;– les forces de frottement avec l’air ;– la résultante des actions pressantes (poussée d’Archi-

mède)

b. Le raisonnement de Galilée s’appuie sur l’hypothèseque l’accélération d’un corps ne dépend que de sa masse.Dans le cas du boulet dans l’air, les forces autres que lepoids dépendent de la forme, de la surface (pour la forcede frottement), du volume du boulet (poussée d’Archi-mède), de la rotation du boulet sur lui-même (effetMagnus).Le raisonnement de Galilée s’applique à des forces nedépendant que de la masse. Il ne s’applique pas dansles autres cas.Néanmoins, Galilée a raison si les forces de l’air sontnégligeables devant son poids. Son raisonnement estvalable dans le cas de boulets massifs mais certainementpar pour des corps peu denses ou de grand rapport sur-face/volume (voile, plume, poussières...).

2 1. On a conservation de la masse totale :

(a)

2. a. Il s’agit de calculer la variation de la résultante cinéti-que du système entre le moment où cettemasse atteint la plaque et le moment où elle la quitte.En arrivant sur la plaque, la résultante cinétique est :

En quittant la plaque,

On en déduit : .

b. Les actions exercées par la plaque sont, par hypo-thèse, normales à celle-ci, ce qui est donc aussi le cas deleur résultante Alors, à chaque instant :

Cette relation montre que le vecteur est lui aussinormal à la plaque.

Sa projection sur est donc nulle : On calcule alors :

M gf air

f a .

m0 m1 m2+=

P masse m0

Pavant m0v0=

Paprès m1v1 m2v2 .+=

∆P m1v1 m2v2 m0v0–+=

F .

dPdt-------- F= dP⇒ Fdt ∆P⇒ Fdt

tavant

taprès

∫= =

∆P

F

Plaque

α

ΔP ux

uα

eα ∆P eα⋅ 0.=

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corrigés


192

L’égalité des vitesses implique alors :

(b)

c. Des relations (a) et (b) découle :

On peut remarquer que pour et La plaque ne modifie pas le parcours de la

goutte.

Pour La goutte est divisée en

deux parties égales, comme le prévoit la symétrie de laplaque par rapport à la goutte.

3 1. est le barycentre du système

Il vient

alors :

2. a. Le système est pseudo-isolé. Lesforces extérieures horizontales sont nulles. On en déduitque la quantité de mouvement horizontale de cesystème est conservée. est nulle avant l’émissiondu flash, on a donc :

s’exprime en fonction de la vitesse du centre demasse par :

Le centre de masse du système est immobile durant lapropagation de flash.b. On exprime d’où :

L’hypothèse est équivalente à

c. La lumière parcourt approximativement la distanceL, car le wagon se déplace certainement très lentement

par rapport à la célérité c. On obtient ainsi . Si

l’on utilise la composition galiléenne des vitesses, le cal-

cul conduit à mais cela implique une vitesse

de la lumière supérieure à c dans le référentiel duwagon. La théorie de la relativité restreinte indique que

la vitesse de la lumière est la même dans tous les réfé-rentiels galiléens et que la longueur L du wagon estmodifiée par sa vitesse. On gardera donc ici l’expression

valable pour

3. a. L’énergie E et la masse m associée est fixe par rap-port au wagon. Si celui-ci possède encore une vitesse la quantité de mouvement, toujours nulle, s’écrit

d’où Le wagon s’immobilise.Le centre de masse G du wagon est situé à l’abscisse

L’énergie E est localisée en .

Ces deux dernières expressions sont données dansl’approximation b. La position du centre de masse est alors donnée par :

c. Le centre de masse du système estimmobile. On en déduit d’où :

et finalement, ou .

Cette relation, établie dans un cas particulier (une expé-rience de pensée comme l’affectionnait Albert Einstein),est générale. Elle ne dépend pas de la forme particulièrede l’énergie : électrostatique, lumineuse ou thermique(sous forme d’énergie cinétique et d’énergie potentielle).

4 1. a. Durant le contact, la balle subit une force dela part du mur. D’après l’hypothèse de non-frottement,cette force est normale à la paroi.

Le théorème de la résultante cinétique appliqué à la

balle s’écrit : Si l’on intègre cette relation

∆P eα⋅ 0=

m1v1 eα⋅ m2v2 eα⋅ m0v0 eα⋅–+ 0=

m1v1 m2v2– m0v0 αcos– 0=

m0 αcos m1 m2–=

m1 m01 αcos+

2----------------------=

m2 m01 αcos–

2----------------------=⎩

⎪⎨⎪⎧

α 0,= m1 m0=

m2 0.=

απ

2--- ,= m1 m2

m0

2------ .= =

x0 wagon(masse M ,⎩⎨⎧

abscisse 0) énergie E masse m abscisse,L2---–⎝ ⎠

⎛ ⎞+

⎭⎬⎫.

x0

mL2---–⎝ ⎠

⎛ ⎞

M m+------------------

mm M+----------------

L2---–= =

wagon flash+

PtotalePtotale

Ptotale 0=

Ptotale

Ptotale M m+( )v Gsystème( ) v Gsystème( )⇒ 0= =

Ptotale P Mv+ 0= =

vPM-----–

EMc--------–= =

v c E Mc2 .

τLc---

τL

c v–----------- ,=

τLc--- v c.

v ′ ,

M m+( )v ′ 0= v ′ 0.=

xG vτELMc2---------–=

xEL2---

ELMc2---------–

L2---=

v c.

x1

x1MxG mxE+

M m+----------------------------

MELMc2---------– m

L2---+

M m+------------------------------------= =

x1L2---

m 2 Ec2----–

m M+-------------------=

wagon E+

x0 x1 ,=

mm M+----------------

L2---–

L2---

m 2 Ec2----–

m M+-------------------=

m– m 2 Ec2----–=

m Ec2----=

E mc2=

F

F

mdvdt------ F .=

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193

entre l’instant (début du contact) et (fin ducontact) on obtient :

La vitesse finale est colinéaire à l’axe horizontal x

puisque et la force le sont. Comme

on trouve .

La force moyenne est définie par À

partir de on aboutit à :

A.N. : On peut comparer cette valeur

au poids de la balle : Le poids est en effetnégligeable pendant le rebond.b. On peut reprendre la relation qui est toujours valable ici.La projection sur l’axe y orthogonal à l’axe x permetd’écrire

Comme on trouve Lavitesse finale est différente de la vitesse initiale, on gardedonc le signe « – »:

La force moyenne s’obtient par la relation suivante :

A.N. :

2. a. Les particules qui frappent S durant dt sont cellescomprises dans le cylindre de longueur desection S :

En effet, les particules en dehors de ce cylindre sont tropéloignées de la paroi pour y arriver au bout d’un tempsdt. Celles qui sont au-dessus ou au-dessous du cylindrefrappent la paroi ailleurs qu’en S.Il faut alors compter les particules dans ce volume. Levolume est et le nombre N est alors :

b. Chaque particule exerce sur la paroi la force

moyenne d’après la question 1. b.

(le signe a changé car on cherche ici la force exercée parles particules sur la paroi et dt a remplacé τ). Pendant ladurée dt, la force moyenne est :

La pression sur la paroi est d’où :

c. La pression totale s’obtient en sommant sur toutes lesvitesses positives. Il faut en effet que les particulesse dirigent vers la paroi pour qu’elles puissent contri-buer à la pression.On pose donc :

On a utilisé le changement de variable

t 0= t τ=

mdvdt------ dt

0

τ

∫ Fdt0

τ

∫=

m vf vi–( ) Fdt0

τ

∫=

vf

vi F vi vf ,=

vf vi–=

vf = – vi

F⟨ ⟩ 1τ--- Fdt .

0

τ

∫=

m vf vi–( ) Fdt0

τ

∫=

F⟨ ⟩ 1τ--- Fdt

0

τ

∫m vf vi–( )

τ------------------------

2mvi–

τ-----------------= = =

F⟨ ⟩ 10 N .=

mg 0 5 N.,=

m vf vi–( ) Fdt0

τ

∫=

vf vi–( ) ey⋅ 0 vf ey⋅⇒ vi ey⋅ vi αsin .= = =

vi vf ,= vf ex⋅ vi α .cos±=

vf ex⋅ vi α .cos–=

x

y

α

α

vi

vf

F⟨ ⟩ 1τ--- Fdt

0

τ

∫m vf vi–( )

τ------------------------

2mvi αcos–

τ------------------------------ ex= = =

F⟨ ⟩ 5 N .=

L vidt=

x

S

α

vi

vi dt

V SL αcos=

dN nSvi αdtcos=

fp⟨ ⟩2mvi αcos

dt------------------------- ex=

Fp⟨ ⟩ dN fp⟨ ⟩ 2mnSvi2cos2αex= =

PFp⟨ ⟩S

-----------------=

P 2mnvi2cos2α 2mnvix

2= =

vix

P0 2mdnvix2

vix 0=

+∞

∫=

2m n0m

2πkBT------------------ vix

2mvix

2

2kBT-------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ dvixexpvix 0=

+∞

∫=

2mn01π

------- vix2

mvix2

2kBT--------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ d m2kBT-------------- vix

⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

x=

expvix 0=

+∞

∫=

2mn0

π-------------

2kBT

m------------- x2 x2–( )dxexp

vix 0=

+∞

∫=

4n0kBT

π------------------- x2 x2–( )dxexp

vix 0=

+∞

∫=

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

x m2kBT-------------- vix .=

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corrigés


194

L’intégrale donnée dans l’énoncé permet d’aboutir à :

On peut mettre ce résultat sous une forme plus connue.Si est le nombre d’Avogadro, V le volume du sys-tème contenant moles de particules, on a :

et constante des gaz parfaits.

Alors : ou

Il s’agit donc de la loi des gaz parfaits, que l’onretrouve par ce modèle de chocs élastiques sur uneparoi.

5 1. a. Le bilan demandé consiste à exprimer la diffé-rence des quantités de mouvement entre les deux ins-tants t et À l’instant t, la fusée a une masse et sa vitesse est

Sa quantité de mouvement est À l’instant la fusée a perdu la masse de gaz

La masse restante est Sa vitesse est La masse degaz éjectée possède la vitesse par rapport à la fusée et,par composition des vitesses, par rapport au sol.La quantité de mouvement est donnée par :

D’où la variation entre t et :

Le terme est un terme infinitésimal du secondordre, il est donc négligé dans le bilan. On divise par dtpour obtenir :

b. Les forces extérieures sont réduites au poids du système. Le théorème de la résultante cinétique sti-pule alors :

d’où

On en déduit l’accélération :

c. La force dite de poussée apparaît dans l’équation :

La force est donc . Elle est dirigée vers le

haut et permet de s’opposer au poids.

2. a. La poussée doit permettre d’obtenir une accéléra-tion vers le haut. En notant :

La valeur minimale est donc donnée par :

d’où

b. L’accélération au décollage est :

A.N. : Dans le repère lié à la fusée,cette accélération s’ajoute à celle de la pesanteur pourun éventuel spationaute, qui subit une accélération de

soit 1,6g. C’est supportable pour un êtrehumain.

3. L’équation du mouvement pour la vitesse est :

avec

en prenant l’origine des temps au moment du décollage.On projette sur l’axe Oz :

On sépare les variables :

A.N. :

P0 n0kBT=

NAnm

n0 nmNA

V--------= R NAkB,=

P0nm

V------ RT= P0V nmRT=

t dt+ .m t( )

v t( ) . p t( ) m t( )v t( ) .=

t dt ,+

qmdt . m t dt+( ) m t( ) qmdt .–=

v t dt+( ) v t( ) dv .+= qmdtuu v t( )+

p t dt+( ) m t( ) qmdt–( ) v t( ) dv+( ) qmdt u v t( )+( )+=

t dt+

dp p t dt+( ) p t( )–=

m t( ) qmdt–( ) v t( ) dv+( ) qmdt u v t( )+( ) m t( )v t( )–+=

m t( )dv qmdtu+=

qmdtdv–

dpdt------ m t( )

dvdt------ qmu+=

m t( )g

dpdt------ m t( )g=

m t( )dvdt------ qmu+ m t( )g=

a gqm

m t( )----------- u–=

m t( )dvdt------ m t( )g qmu

Terme de force dû à l′éjection des gaz

–=

⎧ ⎨ ⎩

Π qmu–=

m0 m 0( )=

gqm

m0------ u–⎝ ⎠

⎛ ⎞ ez⋅ 0

g Πmin

m0-----------+

⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

ez⋅ 0=

g–Πmin

m0-----------+ 0=

Πmin m0g=

a gqm

m0------ u– ⇒= a g–

qm

m0------ u+=

a 6 6 m, s 2– .⋅=

16 m s 2– ,⋅

dvdt------ g

qm

m t( )----------- u–= m t( ) m0 qmt–=

dvdt------ g–

qmu

m0 qmt–---------------------+=

dv gdt–qmu

m0 qmt–--------------------- dt+=

v t( ) gt– um0 qmt–

m0---------------------ln–=

v t( ) gt– u 1qm

m0------ t–⎝ ⎠

⎛ ⎞ln–=

v 15 s( ) 115 m s 1–⋅ 415 km h 1– .⋅= =

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9 – Théorème du moment cinétique


195

Théorème du moment cinétique

Le mouvement le plus général d’un solide s’analyse comme la composition d’une transla-tion et d’une rotation. Ce mouvement est provoqué par des actions extérieures qui sontdécrites en termes de résultante et de moment. Le théorème du moment cinétique, judi-cieusement appliqué, permet de relier la variation du moment cinétique d’un systèmematériel au moment des actions extérieures.

1 Théorème du moment cinétique appliqué à un point matériel (rappel)

Soit M un point matériel de masse m en mouvement dans un référentiel galiléen. SoitA un point de On rappelle que le moment cinétique de M au point A est la quantité :

où désigne la vitesse du point matériel et sa quantité de mouvement.

Le point matériel est soumis à des forces de résultante On appelle moment, au pointA, de cette force appliquée au point M la quantité

1.1. Théorème du moment cinétique en un point fixe

Si A est un point fixe dans le référentiel d’étude supposé galiléen, la variation temporelledu moment cinétique du point matériel est égale au moment de la force appliquée en M,soit :

Le résultat précédent s’établit à partir de la relation fondamentale de la dynamique.

R( )R( ).

σA AM p∧ AM mv∧= =

v pF.

ΓA AM F.∧=

dσA

dt---------- ΓA=

RemarqueLe moment cinéti-que et le moment dela force sont calculésau même point.

PC

PT

MP

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1.2. Théorème du moment cinétique en un point mobile

Si A est un point mobile dans le référentiel d’étude supposé galiléen, alors :

Comme dans le cas précédent, cette équation résulte de la relation fondamentale de ladynamique.

1.3. Théorème du moment cinétique par rapport à un axe fixe

On peut aussi définir le moment d’une force par rapport à un axe ∆. Il s’agit de où est le vecteur unitaire porté par ∆, en accord avec une orientation du

sens de rotation autour de cet axe, et A un point quelconque de cet axe. De même, on défi-nit le moment cinétique d’un point matériel par rapport à un axe par la projection surcet axe orienté de son moment cinétique calculé en un point de cet axe.Dans le cas d’un axe fixe dans le référentiel d’étude, supposé galiléen :

2 Théorème du moment cinétique des systèmes matériels

2.1. Application en un point fixe

On se place dans un référentiel galiléen Considérons un système matériel demoment cinétique au point A. Ce système est soumis à des actions extérieures de

moment Si A est un point fixe dans le référentiel d’étude, alors :

Dans un référentiel non galiléen, le théorème du moment cinétique en un point fixes’applique pourvu que l’on prenne en compte les actions d’inertie, respectivementd’entraînement et de Coriolis.

2.2. Application en un point mobile

On se place dans un référentiel galiléen Considérons un système matériel de centred’inertie G et de moment cinétique au point A. Ce système est soumis à des actionsextérieures de moment Si A est un point mobile dans le référentiel d’étude, alors :

dσA

dt---------- ΓA p+ vA∧=

Γ∆ ΓA u∆⋅= u∆

σ∆

dσ∆

dt---------- Γ∆=

R( ).σA

ΓA.

RemarqueLe moment cinétiqueet le moment des ac-tions extérieures sontcalculés au mêmepoint.

RemarqueSeules les actions ex-térieures sont à pren-dre en compte. Onmontrera en exer-cice que le momentdes actions intérieu-res est nul.

dσA

dt---------- ΓA=

R( ).σA

ΓA.

dσA

dt---------- ΓA mvG+ vA∧=

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197

Le recours à cette expression est normalement limité par le programme. Cette variante duthéorème du moment cinétique nous permet cependant d’établir rapidement le résultatsuivant.

2.3. Application au centre d’inertie

Soit G le centre d’inertie d’un système matériel supposé constitué de points matériels Ce point est a priori mobile dans le référentiel Appliquons le théorème du

moment cinétique en G. Le terme est nul et on a donc :

où désigne le moment des actions extérieures en G.Remarque : dans les exercices, sauf si l’énoncé l’exige, il est recommandé d’utiliser le théo-rème du moment cinétique, soit par rapport à un point fixe du référentiel d’étude, soit parrapport au centre de masse.

2.4. Théorème du moment cinétiquedans le référentiel barycentrique

Le référentiel barycentrique est un référentiel en translation par rapport au référentield’étude et d’origine le centre d’inertie du système matériel. Ce référentiel n’est pas néces-sairement galiléen. En effet, si le système est soumis à des actions extérieures de résultantenon nulle, son centre d’inertie a une accélération non nulle. On peut cependant appliquerle théorème du moment cinétique en G dans le référentiel barycentrique, c’est-à-dire :

où désigne le moment cinétique barycentrique.

3 Théorème du moment cinétique scalaire

3.1. Axe fixe

Un système matériel est en rotation autour d’un axe ∆ fixe dans le référentiel d’étude sup-posé galiléen. On peut appliquer le théorème du moment cinétique en un point de l’axe,puis projeter sur le vecteur unitaire de cet axe. On en déduit le théorème du momentcinétique par rapport à un axe fixe ∆ :

où désigne le moment par rapport à l’axe ∆ des actions extérieures exercées sur le sys-tème matériel.

Mi mi, . R( ).mvG vG∧

dσG

dt---------- ΓG=

ΓG

dσ*dt

---------- ΓG=

σ*

RemarqueCe résultat peut êtreétabli en utilisant

et le théo-

rème de Koenig enG. On peut aussi leretrouver à partir despropriétés des ac-tions d’inertie dans leréférentiel barycen-trique (voir exercice).

dσG

dt----------- ΓG=

u∆

dσ∆

dt---------- Γ∆=

Γ∆

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198

3.2. Axe de direction fixe

Un système matériel est en rotation autour d’un axe ∆ de direction fixe dans le référentield’étude supposé galiléen. Il en résulte que, dans le référentiel barycentrique, le systèmematériel est en rotation autour d’un axe fixe passant par son centre d’inertie. On peutainsi appliquer le théorème du moment cinétique en G, dans le référentiel barycentrique,afin d’en déduire l’équation du mouvement de rotation autour de cet axe. De plus, le mou-vement de translation de G dans le référentiel d’étude peut être déterminé en appliquantle théorème de la résultante cinétique.

4 Conservation du moment cinétique

4.1. Système isolé

Un système isolé n’est soumis à aucune action extérieure. Par conséquent, le moment desactions extérieures en n’importe quel point est nul. Il en résulte que le moment cinétiqued’un système isolé, calculé en n’importe quel point, est conservé.Il en est de même pour un système pseudo-isolé, c’est-à-dire soumis à des actions qui secompensent, ce qui impose en particulier que leur moment total en un point quelconquesoit nul.

4.2. Liaisons parfaites

Une liaison pivot est dite parfaite si le moment des actions de contact par rapport à l’axede la liaison est nul. Une liaison rotule est dite parfaite si le moment des actions de contactpar rapport au centre de rotation est nul. ©

Nat

han,

clas

se p

répa


199


1 On considère un système de points matériels ( à N ). Montrer que le

moment des actions intérieures par rapport àun point A quelconque est nul.

2 Rappeler la définition du moment desactions extérieures par rapport à un axe.Montrer que le résultat obtenu est indépen-dant du choix du point sur l’axe.

3 Établir le théorème du moment cinétiqueen un point mobile pour un système depoints matériels. On supposera connue lapropriété relative au moment des actionsintérieures.

4 On considère un système de points matériels ( à N ) de centre d’inertie G.

Rappeler la définition du référentiel bary-centrique. Ce référentiel est-il galiléen ?Montrer que le moment en G des actionsd’inertie est nul. En déduire le théorème dumoment cinétique dans le référentiel bary-centrique.

5 Une roue cylindrique de centre d’inertie G,d’axe et de rayon R roule sans glissersur un plan horizontal. La position du centred’inertie est repérée par ses coordonnées car-tésiennes La position d’un point Mfixe sur la roue est repérée par l’angle θ entre

et GM. Le moment d’inertie de la rouepar rapport à son axe est noté J. La roueest soumise aux actions de contact, à sonpoids ainsi qu’à un couple moteur de

moment Déterminer le mouve-ment de cette roue.


1 Soit un disque homogène de rayon R, demasse m, de moment d’inertie par rap-port à son axe de révolution ∆, dirigé par

Ce disque est attaché en son centre O àun fil de torsion qui exerce un couple derappel où θ est l’angle detorsion du fil. On étudie ce mouvement derotation.

Avant la colle

Mi mi, i 1=

Mi mi, i 1=

Gz( )

x R 0, ,( ).

Gx( )Gz( )

M g,Γ Γez.–=

x

x

y

O

G

θ

M

J ∆

ez.

MO Cθez,–=

O

O

∆

θθ

Fil de torsion

Vue de dessus

ez

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200

1. Établir l’équation du mouvement de cedisque.

2. Résoudre cette équation. On prendracomme conditions initiales et

3. Déterminer l’expression de la période Tdu mouvement. Discuter l’influence de lamasse m et du rayon R du disque sur cettepériode.

2 On considère une barre homogène de lon-gueur L et de masse m. Cette barre peuttourner librement dans un plan vertical,autour de l’axe O étant une extré-mité de la barre, fixe dans le référentiel detravail galiléen. La liaison pivot correspon-dant à l’axe de rotation est parfaite. Labarre est soumise au champ de pesanteur

On note θ l’angle entre la verticale descen-dante et la barre et son moment d’inertiepar rapport à ∆.

1. Donner l’expression du moment cinéti-que de la barre par rapport à l’axe ∆.

2. Exprimer le moment scalaire du poids

3. Établir l’équation du mouvement de rota-tion de la barre.

4. Établir l’équation des petites oscillationset exprimer leur période T.

5. On donne Comparer

l’expression de la période T avec celle d’un pendule pesant simple, formé d’un

point matériel de masse m et de longueur Commenter.

3 On considère la même barre qu’à l’exerciceprécédent, mais on lui ajoute un ressort cir-culaire (non représenté sur le schéma) quiexerce sur la barre un couple de rappel

L’angle θ est l’angle entre laverticale ascendante et la barre.

1. Établir l’équation du mouvement de labarre.

2. Quelle est l’équation des positionsd’équilibre ?

3. Montrer qu’il existe au moins une posi-tion d’équilibre et déterminer la conditionpour laquelle il en existe une seconde.

4. À quelle condition cette seconde solutionest-elle comprise entre 0 et ?

5. Déterminer la stabilité des positionsd’équilibre.

4 Un yo-yo cylindrique chute verticalement lelong de son fil. On considèrera que le fil estinextensible et de masse négligeable. Le yo-yo a une masse M, un moment d’inertie

par rapport à son axe de symé-

trie de révolution. Son rayon est R. Onrepère le mouvement du centre de masse Gdu yo-yo par la variable et la rotation duyo-yo par l’angle On prendra

et à l’instant initial, leyo-yo étant alors au repos. On étudie le mou-vement de ce yo-yo dans le référentiel terres-tre On suppose que le fil reste vertical.

θ 0( ) θ0=

θ·

0( ) 0.=

∆ Oy,=

g.

J ∆

z

x

g

L

θ

O Oy = ∆

Γ∆.

J ∆13--- mL2.=

T0( )

L′.

ΓO Cθey.–=

π2---

z

ez

er

eθ

ey

x

mg

θ

O

G

Oy = ∆

J G12--- MR2=

z t( )θ t( ).

z 0( ) 0= θ t( ) 0=

R( ).

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pa


201

1. Le yo-yo roule sur le fil, et le point P encontact avec le fil est de vitesse nulle dans

En déduire une relation entre et

2. Appliquer au yo-yo le théorème dumoment cinétique en G.

3. Appliquer le théorème de la résultantecinétique au yo-yo.

4. En déduire l’équation du mouvement en Commenter.

5. Quel est le mouvement du yo-yo lorsqu’ilremonte le long du fil ?

R( ). z t( )θ t( ).

z t( ).

O

z

θ

GP

g

ey ex

ez

z (t )

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



202

1 – Système composé d’une roue, d’une poulie et d’une masse

On considère une poulie constituéed’un disque homogène de masse m et derayon R tournant librement autour d’unaxe ∆ horizontal, fixe dans le référentield’étude galiléen. Il est dirigé par un vec-teur unitaire On note sonmoment d’inertie par rapport à ∆.Autour de cette poulie est enroulé un filde masse négligeable, inextensible,auquel est suspendue une masse M. Lefil ne glisse pas sur la poulie. On lâchela masse M sans vitesse initiale à un ins-tant la poulie étant au repos à cetinstant. On note la cote du centred’inertie de la masse M et l’anglede rotation de la poulie autour de ∆,c’est-à-dire l’angle entre la verticale descendante et OP, P étant un point fixe surla poulie.

1 Établir une relation cinématique entre et On prendra et

2 Exprimer le moment cinétique du système puis sa pro-jection sur ∆ en fonction de

3 Établir l’équation du mouvement et la résoudre.

4 Quelle est l’expression de la force exercée par le fil sur la poulie ?On considère le système précédent auquel on a ajoutéune barre homogène de longueur L et de masse fixée sur la poulie. La tige est solidaire de la poulie et unede ses extrémités est en O. Son moment d’inertie par rap-

port à l’axe ∆ est On considère que

lorsque la barre est verticale dirigée vers le bas.

5 Déterminer l’équation du mouvement en dusystème.

6 Y a-t-il des positions d’équilibre ?

7 Déterminer l’équation des petits mouvementsautour d’une position d’équilibre. Cet équilibre est-il stable ?

8 Que dire du cas où ?

z

ez

ex

e∆ = ey e∆gO

R

MG

z (t )

θ (t )

e∆. J ∆

t 0,=

z t( )θ t( )

z t( ) θ t( ). θ 0( ) 0=

z 0( ) 0.=

σO poulie masse M+ σ∆ θ t( ).

z

ez

ex

e∆

gO

R

L

MG

z (t )

θ (t )

m′,

J barre13--- m′L2.=

θ 0=

θ t( )

2MR m′L=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


203

1

La vitesse du point appartenant au fil et en contact avec la poulie à un instant t est

égale à la vitesse de la masse M, car le fil est inextensible. Il s’agit donc de

La vitesse du point appartenant à la poulie et coïncidant avec à l’instant t est égale

à Le fil ne glisse pas sur la poulie. Les deux vitesses précédentes sont

donc égales. On en déduit : Étant donné les conditions initiales, la relation

précédente s’intègre en :

2

La poulie est en rotation autour de son axe de symétrie. Son moment cinétique est égal à

Celui de la masse M est défini par :

Le moment cinétique total est donc égal à :

Le moment cinétique scalaire par rapport à l’axe ∆ est ainsi :

3


Le fil est inextensible et ne glisse pas sur la poulie. Les variables cinématiques décrivant respecti-vement la position de la masse M et celle de la poulie sont donc liées. La relation est établie entraduisant que la vitesse de glissement du fil est nulle.

I1

v I1( )dzdt----- ez.=

I2 I1

v I2( ) Rdθdt------ ez.–=

dzdt----- R

dθdt------.–=

z Rθ+ 0=

Le moment cinétique en O est la somme de deux contributions, celle de la poulie et celle de lamasse M. Le moment cinétique total s’exprime en fonction de la seule variable angulaire derotation en utilisant la relation cinématique établie précédemment.

σO p, J∆dθdt------ e∆.=

σO M, OG Mdzdt----- ez∧=

MRdzdt----- e∆–=

σO J∆dθdt------ e∆ MR

dzdt----- e∆–=

J ∆ MR2+( )dθdt------ e∆=

σ∆ J ∆ MR2+( )dθdt------=

Il s’agit d’appliquer le théorème du moment cinétique par rapport à un axe fixe.

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



204

Le système est soumis aux actions extérieures suivantes :– actions d’axe, de moment nul par rapport à ∆ car la liaison pivot est supposée parfaite ;– poids de la poulie, de moment nul par rapport à ∆ car le centre d’inertie de la poulie estsur cet axe ;– poids de la masse M de moment par rapport à ∆ :

Le théorème du moment cinétique par rapport à l’axe fixe ∆ conduit donc à :

On en déduit :

La masse M a donc un mouvement uniformément accéléré. Elle est cependant d’autantmoins accélérée que le moment d’inertie de la poulie est élevé. On peut d’ailleurs préci-ser ce moment d’inertie, la poulie étant homogène :

On en déduit :

4

La poulie est soumise aux actions de l’axe, de moment nul par rapport à ∆ car la liaisonpivot est parfaite, et à la tension exercée par le fil, appliquée au point de contact

fil/poulie et de moment RT par rapport à ∆. La variation de moment cinétique de la pou-

lie est égale à soit On en déduit :

soit :

5

La barre, solidaire de la poulie, a pour moment cinétique par rapport à l’axe ∆ :

Le moment cinétique total par rapport à l’axe de rotation de la poulie devient donc :

masse poulie+

OG M g∧( ) e∆· MgR.=

J ∆ MR2+( )d2θ

dt2--------- MgR=

d2zdt2--------

MR2

J∆ MR2+---------------------- g–=

J ∆12--- mR2=

d2zdt2--------

2Mm 2M+------------------- g–=

Le système précédemment considéré incluait la poulie et la masse M. Il s’agit ici de considérer lapoulie seule.

T ez,–

J ∆d2θ

dt2--------- ,

J∆

J ∆ MR2+----------------------- MgR.

TJ∆

J∆ MR2+---------------------- Mg=

T ez–m

m 2M+------------------- Mgez–=

Il s’agit de modifier l’équation du mouvement précédemment obtenue à l’aide du théorème dumoment cinétique par rapport à un axe fixe. Une action supplémentaire est à prendre encompte. Il s’agit du poids de la barre. Le moment cinétique total du système est aussi modifié, caril faut prendre en compte la contribution de la barre.

J barredθdt------ .

σ∆ J ∆ Jbarre MR2+ +( )dθdt------=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


205

La barre est supposée homogène. Son centre d’inertie est à la distance de l’axe de rota-

tion. Le moment du poids par rapport à cet axe est ainsi égal à Le théo-

rème du moment cinétique par rapport à l’axe de rotation conduit donc à :

6

L’équation du mouvement conduit à une accélération angulaire nulle si :

L’angle θ doit donc être solution de l’équation : Cette équation présente

des solutions si :

Il s’agit de deux solutions si l’inégalité est strictement vérifiée. L’une des positions d’équilibre

correspond à θ compris entre 0 et L’autre correspond à une position angulaire entre et π.

7

Considérons une petite perturbation autour de la position d’équilibre On note ainsi :

Reportons cette expression dans l’équation du mouvement précédemment établie :

Réalisons un développement limité à l’ordre 1 du sinus :

On en déduit l’équation vérifiée par :

Dans le second membre, le terme entre parenthèses est nul, car il s’agit de la conditiond’équilibre. Il reste donc :

L2---

m′gL2--- θ.sin–

J ∆ Jbarre MR2+ +( )d2θ

dt2--------- MgR m′g

L2--- θsin–=

Une position d’équilibre est obtenue si le moment total des actions extérieures est nul.

MgR m′gL2--- θsin– 0=

θsin 2MRm′L------------ .=

2MRm′L------------ 1.

π2--- . π

2---

La stabilité de l’équilibre est déterminée en considérant une perturbation autour de la positiond’équilibre et en reportant son expression dans l’équation du mouvement.

θe.

θ t( ) θe ε t( )+=

J ∆ Jbarre MR2+ +( )d2ε

dt2-------- MgR m′g

L2--- θe ε+( )sin–=

θe ε+( )sin θesin θeεcos+=

ε t( )


dt2-------- MgR m′g

L2--- θesin–⎝ ⎠

⎛ ⎞ m′gL2--- θeεcos–=


dt2-------- m′g

L2--- θeεcos–=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



206

On observe des oscillations pourvu que le coefficient devant ε soit négatif, ce quiimpose :

Parmi les deux positions d’équilibre déterminées lorsque seule celle corres-

pondant à θ compris entre 0 et est stable.

8

On considère le cas Il n’existe qu’une seule position d’équilibre correspon-

dant à On considère de nouveau une petite perturbation autour de la position d’équi-

libre et on note donc :

L’équation du mouvement est donc de nouveau :

Il est nécessaire de réaliser un développement limité à l’ordre 2 du sinus :

soit :

On en déduit l’équation approchée du mouvement :

La position d’équilibre est instable car toute perturbation à partir de entraîne uneaccélération angulaire positive.

θecos 0

2MRm′L------------ 1,

π2---

Le cas correspond à l’égalité dans la condition d’existence d’un équilibre. Onn’obtient alors qu’une seule position d’équilibre qui correspond à Il faut pousser ledéveloppement limité plus loin.

2MR m′L=

θecos 0.=

2MR m′L.=π2---.

θeθ t( ) θe ε t( )+=


dt2-------- MgR m′g

L2--- θe ε+( )sin–=

θe ε+( )sin θesin θeεcos 12--- θeε2sin– o ε2( )+ +=

θe ε+( )sin 1 12--- ε2– o ε2( )+=


dt2--------

14--- m′gLε2=

θe

La résolution d’un exercice de mécanique est parfois guidée. Elle ne l’est cependantpas toujours. Il faut donc adopter une démarche rigoureuse :1. Définir les grandeurs cinématiques.2. Chercher les relations de liaison entre ces paramètres afin d’en diminuer le nombreau maximum.3. Faire un bilan des actions, ici extérieures, car on applique les théorèmes de la dyna-mique.4. Exprimer les moments des actions et les moments cinétiques.5. Écrire les équations de la dynamique.

en conclusion©

Nat

han,

clas

se p

répa


207

1

2 – Masse, poulie et roue sur un plan incliné

Un solide est constitué de deux cylindres homogènes, concentriques, de rayonsrespectifs et La masse totale de est M, son centre de masse G, sonmoment d’inertie par rapport à son axe de révolution est noté Le solide roulesans glisser sur un plan incliné d’un angle α par rapport à l’horizontale. Un fil inexten-sible et sans masse est enroulé en partie autour du cylindre de rayon ; l’autre partieest parallèle à la pente. On fait passer ce fil sur une poulie parfaite sans masse et on yaccroche une masse m. Le tout est lâché sans vitesse initiale. Le référentiel lié auplan incliné est galiléen. On repère le mouvement du solide par les variables :– : abscisse de G sur un axe parallèle à la pente, dirigé vers le bas ;– : angle de rotation du cylindre dans ;– : abscisse du centre de masse de la masse m sur un axe vertical des-cendant.

1 Déterminer deux relations cinématiques entre les trois variables cinématiquesdéfinies précédemment.

2 Faire un bilan des actions extérieures exercées d’une part sur le solide d’autre part sur la masse m.

3 Appliquer le théorème de la résultante cinétique au solide et à la masse m.A-t-on assez d’équations pour déterminer le mouvement des systèmes étudiés ?

4 Appliquer le théorème du moment cinétique au solide en G. En déduirel’accélération de G.

S( )R1 R2 R1. S( )

J G.

R2

R( )S( )

x t( )θ t( ) R( )z ′ t( ) G′ Oz ′

y

O

x

z

m

g

z

z

G

G

x

I2

I1

R1

θ

α

R2

S( ),

S( )

S( )


L’énoncé indique une hypothèse de roulement sans glissement du cylindre de rayon ainsique la nature inextensible du fil. Il faut prendre en compte ces deux hypothèses pour établir lesrelations entre variables cinématiques.

R2,

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



208

La vitesse du point appartenant au cylindre de rayon et en contact avec le plan

incliné à un instant t est donnée par la formule de Varignon :

soit :

Le plan incliné étant fixe et le cylindre roulant sans glisser sur ce plan, la vitesse précé-dente doit être nulle, d’où une première relation entre variables cinématiques :

(1)

Le fil étant inextensible, on doit vérifier la relation (attention, l’axe est dirigé vers lebas) :

Cependant :

soit :

d’où :

Combinée avec la première relation cinématique, l’équation précédente conduit à :

(2)

2

Le solide en mouvement sur le plan incliné est soumis aux actions extérieures suivantes :

– poids, appliqué en G et de résultante ;

– actions de contact appliquées au point de contact et de résultante ;

– tension exercée par le fil

La masse m est soumise aux actions extérieures suivantes :

– poids, appliqué en et de résultante ;

– tension exercée par le fil

3

I1 R1

v I1( ) v G( )dθdt------ ez+ GI1∧ .=

v I1( ) dxdt------ R1

dθdt------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ex=

dxdt------ R1

dθdt------+ 0=

z ′

dz ′dt

-------- v I2( ) ex·–=

v I2( ) v G( )dθdt------ ez+ GI2∧=

v I2( ) dxdt------ R2

dθdt------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ex=

dz ′dt

--------dxdt------ R2

dθdt------+ + 0=

dz ′dt

-------- 1R2

R1------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ dxdt------+ 0=

On étudie séparément les deux sous-systèmes, masse m et solide sur le plan incliné. Les tensionsdu fil sont donc des actions extérieures.

M g Mg αexsin αeycos–( )=

I1 T ex N ey+

F1ex– .

G′ mg mgez ′=

F2ez ′– .

Le théorème de la résultante cinétique nous indique que la dérivée par rapport au temps de larésultante cinétique est égale à la résultante des actions extérieures.

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


209

Le solide a pour résultante cinétique Le théorème de la résultante cinétique pro-

jeté respectivement sur et sur conduit donc à :

(3)

(4)

De même, le théorème de la résultante dynamique appliqué à la masse m et projeté sur conduit à :

(5)

Il y a trois inconnues cinématiques et quatre inconnues dynamiques (N, T, et ). On dispose de deux relations cinématiques et trois équations dynamiques scalai-res, soit au total 5 équations pour 7 inconnues. Il n’y a donc pas assez d’équations pourdéterminer le mouvement du système.

L’hypothèse de poulie parfaite et sans masse n’a pas été utilisée jusqu’à présent. La poulieest soumise aux actions du fil et de moment par rapport à l’axe de la poulierespectivement et où r désigne le rayon de la poulie, et aux actions d’axe demoment nul car la poulie est supposée parfaite. On en déduit :

(6)

On a donc finalement 6 équations pour 7 inconnues. Il manque encore une équation.

4

Le moment cinétique du cylindre en G est Déterminons le moment des actionsextérieures exercées sur le solide :

– le poids, appliqué en G, a un moment nul en G ;

– les actions de contact appliquées au point de contact ont pour moment en G : ;

– la tension exercée par le fil au point de contact a pour moment en G :

Le théorème du moment cinétique appliquée en G conduit donc à :

Cette équation peut être réécrite en fonction de x :

(7)

Il s’agit de déterminer et T en fonction de l’accélération de G. Les équations (5) et (6)conduisent à :

Mdxdt------ ex.

Ox( ) Oy( )

Md2xdt2-------- Mg α T F1–+sin=

0 M– g α N+cos=

Oz ′( )

md2z ′

dt2----------- mg F2–=

x z ′ θ, ,( ) F1F2

F1ex F2ez ′,F1r– F2r,

F1 F2=

Le théorème du moment cinétique peut être appliqué au centre d’inertie d’un système, même sice point est mobile.

J Gdθdt------ ez.

I1 R1T ezF1ex– I2 R2F1ez.–

J Gd2θ

dt2--------- R1T R2F1–=

J G

R1------–

d2xdt2-------- R1T R2F1–=

F1

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



210

soit, d’après l’équation (2) :

L’équation (3) et l’expression précédente conduisent à :

On reporte les expressions de et T dans l’équation (7), d’où l’équation du mouvementdu centre d’inertie du solide sur le plan incliné :

F1 mg md2z ′

dt2-----------–=

F1 mg m 1R2

R1------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ d2xdt2--------+=

T Md2xdt2-------- Mg αsin– mg m 1

R2

R1------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ d2xdt2--------+ +=

F1S( )

MR1J G

R1------ m

R1 R2–( )2

R1-------------------------+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞ d2xdt2-------- MgR1 αsin mg R1 R2–( )–=

Le théorème de la résultante cinétique appliqué aux sous-systèmes (masse M, solide) n’est pas suffisant pour déterminer le mouvement. Il est en effet nécessaire

d’appliquer le théorème du moment cinétique au solide qui présente un degréde liberté de rotation autour d’un axe de direction fixe. Il ne faut donc pas oublierqu’en mécanique du solide, le principe fondamental de la dynamique implique lethéorème de la résultante cinétique et le théorème du moment cinétique.

S( )S( )

en conclusion

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

s’entraîner


211

Corrigé p. 217

Système constitué de deux disquesSoit un système formé de deux disques homogè-nes, de masses respectives et de rayonsrespectifs et Le système est étudié dans unréférentiel galiléen Le premier disque peuttourner librement autour d’un axe vertical ∆ pas-sant par son centre l’angle de rotation par rap-port à une direction fixe de est noté Lesecond disque est attaché par son centre à unfil de torsion lui-même attaché en un point dupremier disque. La rotation de ce second disqueest repérée par l’angle par rapport à unedirection fixe de Le fil reste constammentvertical et exerce en sur le deuxième disque lecouple de forces Ce mêmefil exerce en sur le premier disque un coupleopposé On note et les moments d’inertie respectifs des deux disques,relativement à des axes passant par pour et

pour et dirigés par On note d la dis-tance L la longueur du fil. À l’instant initial,les deux disques sont immobiles et les anglesvalent et

1. Écrire les expressions des moments cinétiquesdu disque et du disque au point Endéduire les expressions des moments cinétiquesscalaires en projection sur ∆.

2. Montrer que le moment cinétique du système se conserve en projection sur ∆.

3. En déduire une relation entre les angles et leurs dérivées.

4. Établir l’équation du mouvement du disque 1et résoudre cette équation. En déduire

Corrigé p. 217

Un homme sur un disqueUn disque homogène de rayon R est lié à un axede rotation vertical ∆ confondu avec son axe derévolution. Les liaisons entre l’axe et son supportsont parfaites : le disque peut tourner librementautour de ∆. On note J le moment d’inertie de cedisque par rapport à ∆.Sur ce disque se trouve un homme de masse M, decentre de masse G. Mécaniquement, cet hommeest équivalent à un point matériel confondu avecG. On étudie le système dansun référentiel galiléen.Avant l’instant pris comme origine, le disque etl’homme sont au repos dans À partir de

l’homme se met à se déplacer et parcourtun cercle de rayon a sur le disque. Il s’arrêtequand il a fait un tour complet sur le disque.

1. En utilisant une loi de conservation, déterminerune relation entre les vitesses angulaires del’homme et du disque.

2. Montrer qualitativement que, par rapport auréférentiel l’homme parcourt un angle α infé-rieur à 2π.

3. Calculer précisément cet angle α.

4. L’homme décrit une courbe fermée quel-conque sur le disque entourant le centre du disque.Si le moment d’inertie J est très grand devant lemoment d’inertie de l’homme, montrer que lors-que l’homme revient à son point de départ, l’angle

1 15 min

m1 m2,R1 R2.

R( ).

O1,R( ) θ1 t( ).

O2P0

θ2 t( )R( ).

O2MO2

C θ2 θ1–( )ez.–=

P0MP0

C θ2 θ1–( )ez.= J ∆1J ∆2

O1 D1O2 D2, ez.

O1P0,

θ1 0( ) 0= θ2 0( ) θ0.=

D1

O1

O2

θ2

θ1

d

∆1

D2

∆2 L

D1 D2 O1.

D1 D2+

θ1, θ2

θ1 t( ).

2 20 min

disque homme+ R( )

R( ).t 0,=

G a

∆

R( ),

C( )

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

s’entraîner


212

β dont il a tourné dans par rapport à sa posi-tion d’équilibre est proportionnel à l’aire délimitéepar la courbe

Corrigé p. 218

Oscillations d’un système de deux barres (d’après TPE)Un solide est constitué de deux tiges homogè-nes rigidement liées l’une à l’autre, AO et OB, fai-sant entre elles un angle constant de 90° (figure ci-dessous). Chaque tige a pour masse m et pour lon-gueur 2. peut tourner autour d’un axe hori-zontal passant par O (soit Oz ). La liaison en Oest une liaison pivot parfaite. Un ressort de massenégligeable, de constante de raideur K, est accro-ché à l’une de ses extrémités en A, l’autre extré-mité C étant maintenue fixe. Lorsque l’ensembleest en équilibre dans le champ de pesanteur, AOest horizontal, et OB vertical.

On donne le moment d’inertie d’une tige demasse m et de longueur 2, par rapport à un axeperpendiculaire à la tige et qui passe par uneextrémité :

1. Déterminer J le moment d’inertie de l’ensembledes deux tiges par rapport à l’axe ∆.

2. Déterminer l’allongement du ressort lorsque lesystème est à l’équilibre.On se propose d’étudier les oscillations de petitangle θ autour de la position d’équilibre ; onpourra de ce fait considérer que la force exercée

par le ressort sur le solide reste verticale pendanttout le mouvement.

3. Déterminer l’équation différentielle vérifiée parθ. Montrer que le mouvement est sinusoïdal depulsation que l’on déterminera, et donnerl’expression de la période en fonction de m, g, K, et J.

4. Application numérique : calculer la période sa-chant que

Ces valeurs seront utilisées danstoute la suite du problème.Soient et les centres d’inertie respectifs destiges OA et OB. La moitié inférieure de la tige OB,soit est située dans une région où règne unchamp magnétique uniforme et constant, demodule et de même direction que l’axe Oz dutrièdre (figure ci-dessous). La tige OB,conductrice, appartient à un circuit électrique derésistance totale On suppose que le filconducteur, de masse négligeable, s’accrochant enB ne perturbe pas le système mécanique.

5. Établir, en fonction de , m, J, R, K et g,l’équation différentielle vérifiée par θ.

6. À l’instant initial, le système fait un angle « petit » avec la position d’équilibre et est aban-donné sans vitesse initiale. On constate que lemouvement est pseudo-périodique et que l’ampli-tude des oscillations est réduite d’un facteur 2d’une pseudo-période à la suivante. Déterminernumériquement :– le module du champ magnétique ;– la pseudo-période des oscillations ;

– le rapport en fonction du temps.

R( )

C( ).

3 30 min

S( )

S( )∆( )

O

z

y

2

C

A

B

G1

G2

g

x

I43--- m2=

ω0,

m 0 1 kg,,= 0 1 m,,= g 9 8 m, s 2– ,⋅=

K 12 N m 1– .⋅=

G1 G2

G2B,B

B0Ox y z, ,( )

R 0 1 Ω.,=

O

z

y

x

C

A

θ

θ

B

B

G1

G2

g

B0,

θ0

θθ0-----

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


213


1 Notons la force exercée par le point matérielj sur le point matériel i. Le moment des actions inté-rieures calculé au point A est ainsi :

Dans la double somme ci-dessus, on peut regrouperles contributions des couples et ce quiconduit à :

Cette somme inclut effectivement les ter-mes de l’expression précédente. Cependant, d’aprèsla troisième loi de Newton :

On en déduit :

Or, toujours d’après la troisième loi de Newton, laforce d’interaction du point matériel j sur le pointmatériel i est portée par la droite On endéduit, pour toute paire :

Ainsi, le moment des actions intérieures est nul.

2 Soit A un point de l’axe. On note le momentdes actions extérieures au point A et le vecteurunitaire de l’axe. On appelle moment des actionsextérieures par rapport à l’axe ∆ la quantité scalaire

Montrons que cette quantité est indépendante duchoix du point A sur l’axe. Considérons un autrepoint B sur l’axe. On obtient ainsi :

où désigne la résultante des actions extérieures.

Le produit mixte est nul car les vec-

teurs et sont colinéaires. Ainsi, pour tout cou-ple de points sur l’axe :

3 Soit A un point mobile dans le référentiel d’étude.On considère un système de points matériels

( à N ). Le moment cinétique de cesystème au point A est :

Dérivons cette quantité par rapport au temps :

Le premier terme du second membre s’écrit

soit Le second terme est

égal à c’est-à-dire au moment en A des

actions extérieures exercées sur le système matériel(on a montré dans l’exercice 1 que le moment desactions intérieures est nul). Ainsi :

4 Le référentiel barycentrique du système matérielest le référentiel d’origine le centre d’inertie du sys-tème et d’axes parallèles à ceux du référentield’étude. Ce référentiel est donc en translation parrapport au référentiel d’étude. Par contre, cette trans-lation n’est pas nécessairement rectiligne uniforme(ce serait le cas si le système était isolé et le référentield’origine galiléen). Le référentiel est donc a priorinon galiléen. Étant en translation par rapport au réfé-rentiel d’étude, les actions de Coriolis y sont nulles. Ilexiste cependant a priori des actions d’inertied’entraînement. Déterminons leur moment en G :

Le référentiel barycentrique étant en translation parrapport au référentiel d’étude, l’accélération d’entraî-nement est identique en tout point et égale àl’accélération de G dans le référentiel d’étude.On obtient ainsi :

f j i→

ΓA int, AMi f j i→∧

j 1=

j i≠

N

∑i 1=

N

∑=

i j,( ) j i,( ),

ΓA int, AMi f j i→∧ AMj f

i j→∧+( )

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑=

N N 1–( )

f i j→ f

j i→–=

AMi f j i→∧ AMj f

i j→∧+ AMi AMj–( ) f j i→∧=

MjMi f j i→∧=

MiMj .i j,

AMi f j i→∧ AMj f

i j→∧+ 0=

ΓA

u∆

ΓA u∆ .⋅

ΓB u∆⋅ ΓA BA+ F∧( ) u∆⋅=

FBA F∧( ) u∆⋅

BA u∆

A B,( )

ΓB u∆⋅ ΓA u∆⋅=

Mi mi, i 1=

σA AMi mivi∧

i 1=

N

∑=

dσA

dt---------- vi vA–( ) mivi∧

i 1=

N

∑ AMi

d mivi( )

dt-------------------∧

i 1=

N

∑+=

vA– mivi ,

i 1=

N

∑∧ P vA .∧

AMi Fi,∧

i 1=

N

∑

dσA

dt---------- P vA∧ Γext A,+=

ΓG ie, GMi miae Mi( )–( )∧

i 1=

N

∑=

ae Mi( )a G( )

ΓG ie, miGMi

i 1=

N

∑⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

– a G( )∧=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


214

Cependant, le terme entre parenthèses est nul, pardéfinition du centre d’inertie.Ainsi, le moment des actions d’inertie est nul dans leréférentiel barycentrique. On peut donc appliquer lethéorème du moment cinétique en G dans le référen-tiel barycentrique en ne prenant en compte que lemoment des actions extérieures (« réelles »).

5 Le système étudié a un mouvement de rotationautour d’un axe de direction fixe. Il s’agit doncd’appliquer le théorème de la résultante cinétique(TRC) pour obtenir une équation portant sur la posi-tion du centre d’inertie et le théorème du momentcinétique dans le référentiel barycentrique, en G,pour déterminer une équation décrivant le mouve-ment de rotation du système autour de l’axe La vitesse du point de contact I appartenant à la roueest égale à :

L’hypothèse de roulement sans glissement conduit àla relation cinématique :

Le mouvement est donc décrit par une seule variablecinématique.

Notons la résultante des actions de con-tact du sol sur la roue. Le théorème de la résultantecinétique conduit à deux équations scalaires :

Le théorème du moment cinétique appliqué en Gdans le référentiel barycentrique conduit à :

D’après la condition de non-glissement, l’équationprécédente s’écrit :

Combinons avec les équations du TRC :

d’où : et

On obtient ainsi l’équation du mouvement du centred’inertie G de la roue. L’équation du mouvement derotation s’en déduit par la condition cinématique denon-glissement. Nous verrons dans un chapitre ulté-rieur que l’expression obtenue n’est valable quelorsqu’une condition dynamique de non-glissement(loi de Coulomb) est vérifiée.


1 1. Le disque homogène est soumis à son poids demoment nul par rapport à l’axe ∆ et au couple de tor-sion de moment par rapport à l’axe ∆. Appli-quons le théorème du moment cinétique par rapportà l’axe ∆, fixe dans le référentiel d’étude. Le moment

cinétique du disque par rapport à l’axe est Onen déduit :

2. L’équation différentielle précédente a pour solu-tion générale où

Cependant, d’où et

d’où : On en déduit :

3. Le disque a des oscillations sinusoïdales autour del’axe La période des oscillations est

Le disque étant homogène, son

moment d’inertie par rapport à son axe est

Ainsi, à rayon donné, la période aug-

Gz( ).

vI vGdθdt------ ez+ GI∧=

dxdt------ R

dθdt------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ex=

dxdt------ R

dθdt------+ 0=

T ex N ey+

Md2xdt2--------- T=

0 N Mg–=

J d2θ

dt2--------- Γ– RT+=

J R2------

d2xdt2---------–

ΓR---– T+=

J MR2----------- T–

ΓR---– T+=

T Γ

R 1J

MR2-----------+⎝ ⎠

⎛ ⎞-------------------------------=

d2xdt2--------- Γ

RJ MR2+--------------------=

Cθ–

J ∆dθdt------ .

J ∆d2θ

dt2--------- Cθ–=

θ t( ) A ωt( )cos B ωt( )cos+=

ωCJ ∆

----- .= θ 0( ) θ0 ,= A θ0=

θ·

0( ) 0,= B 0.=

θ t( ) θ0 ωt( )cos=

Oz( ).

T 2πω------ 2π

J ∆

C----- .= =

J ∆

12--- mR2 .=

© N

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n,cl

asse

pré

pa


215

mente avec la masse et à masse donnée, la périodeaugmente aussi avec le rayon.

2 1. Le moment d’inertie de la barre par rapport àson axe de rotation est La barre est repérée parla position angulaire θ. On en déduit le moment ciné-tique de la barre par rapport à l’axe de rotation :

2. Le poids est un glisseur appliqué au centre d’iner-tie de la barre. Cette dernière est supposée homo-gène. Le centre d’inertie est donc repéré par

On en déduit le

moment du poids par rapport à l’axe derotation :

Notons que l’effet du poids est de rappeler la barrevers sa position verticale

3. La liaison pivot étant parfaite, seul le moment dupoids est à prendre en compte. On applique le théo-rème du moment cinétique par rapport à l’axe ∆, fixedans le référentiel d’étude, soit :

4. Dans le cas de petites oscillations autour de l’axe l’équation précédente se linéarise en :

L’angle θ a des variations sinusoïdales dans le temps.La période des oscillations est alors égale à :

5. L’énoncé indique le moment d’inertie d’une barrehomogène par rapport à l’une de ses extrémités :

On en déduit :

La période d’un pendule pesant simple de masse m etde longueur est :

Les deux périodes sont égales si

3 1. Le repère cartésien adopté et la définition del’angle θ diffèrent de l’exercice précédent. On aainsi :

mais :

La barre est soumise au poids, au couple de rappel etaux actions de contact de l’axe, dont le moment parrapport à l’axe est nul (liaison pivot parfaite). Le théo-rème du moment cinétique par rapport à l’axe fixe dans le référentiel d’étude, conduit donc à :

2. À l’équilibre, le moment total des actions par rap-port à l’axe doit être nul, ce qui implique :

3. L’équation précédente a au moins la solution

La fonction est de valeur

absolue inférieure ou égale à 1. Il existe donc une

seconde solution si (l’égalité conduit à la

même solution nulle).

4. décroît lorsque θ croît de 0 à π. Sa

valeur en est On doit donc vérifier

Étant donné la condition établie précédemment, on

obtient : .

5. La stabilité peut être étudiée en utilisant la notiond’énergie potentielle, ici somme de l’énergie poten-tielle de pesanteur et de l’énergie potentielle de tor-sion. On peut aussi utiliser l’équation du mouvementdéterminée à la première question. On considèrequ’il existe deux positions d’équilibre, respective-

ment en et

Étudions la première position d’équilibre. Pour unevariation suffisamment faible de θ, le moment desactions extérieures est, en linéarisant le sinus, égal à

J ∆ .

σ∆ J∆dθdt------=

OGL2--- θexsin θezcos+( ).=

Γ∆

Γ∆ OG mg∧( ) ey⋅=

Γ∆mgL

2----------- θsin–=

θ 0.=

J ∆d2θ

dt2---------

mgL2

----------- θsin–=

Oy( ),

J ∆d2θ

dt2---------

mgL2

----------- θ–=

T 2π2 J ∆

mgL-----------=

J ∆13--- mL2 .=

T 2π2L3g-------=

L ′

T0 2π L ′g

-----=

L ′2L3

------- .=

OGL2--- θexsin θezcos+( )=

Γ∆ OG mg∧( ) ey⋅=

mgL2

----------- θsin=

Oy( ),

J d2θ

dt2---------

mgL2

----------- θsin Cθ–=

Oy( )

mgL2

----------- θsin Cθ=

θ 0.= sinc θ( )θsin

θ-----------=

2CmgL----------- 1

sinc θ( )θsin

θ-----------=

π2---

2π--- . 2C

mgL-----------

2π--- .

1 2CmgL-----------

2π---

θ 0= 0 θeπ2--- .

© N

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n,cl

asse

pré

pa

corrigés


216

Cependant, d’après la condition établie

à la question 3, le terme entre parenthèses est stricte-ment positif. Ainsi, la position correspond àun équilibre instable.Étudions la seconde position d’équilibre qui est défi-

nie par l’équation Développons

l’expression du moment du poids au voisinage de On pose On obtient :

Le moment total des actions extérieures a ainsi pourexpression :

Le terme dans la première parenthèse est nulle, car ils’agit de la condition d’équilibre.L’équilibre est stable pourvu que le terme dans laseconde parenthèse soit négatif, ce qui signifie :

Cette condition s’exprime aussi en fonction du sinusde l’angle d’équilibre, sous la forme :

qui est vérifiée pour comme on peut le

constater en traçant la courbe

S’il n’existe que la position d’équilibre elleest stable.

4 1. La vitesse du point P appartenant au yo-yo eten contact avec le fil à un instant donné est :

où est le vecteur rotation du yo-yo. De

plus : et On a ainsi :

D’après l’énoncé, la vitesse de ce point est nulle. Onen déduit la relation entre les deux variablescinématiques :

Il n’y a plus qu’une seule variable cinématique indé-pendante.

2. On peut appliquer le théorème du moment cinéti-que au centre d’inertie du yo-yo, même si ce point estmobile. Les actions extérieures à prendre en comptesont ici le poids, de moment nul en G, et la tensiondu fil que l’on note Son moment en G est égalà Le moment cinétique en G est égal à :

On en déduit :

3. Le théorème de la résultante cinétique projeté sur conduit à :

4. L’équation obtenue à la question 2 se réécrit, àl’aide de la relation cinématique de non-glissement :

On reporte cette relation dans l’équation obtenue à laquestion 3, d’où :

Le centre d’inertie a donc un mouvement uniformé-

ment accéléré à d’où, étant donné la vitesse ini-tiale nulle :

L’inertie par rapport à l’axe de rotation explique uneaccélération inférieure à celle qui serait obtenue avecune chute libre.Le mouvement de rotation autour de l’axe estuniformément accéléré et :

5. Lorsque le yo-yo est complètement déroulé, ilsubit un « choc » et repart, en première approxima-tion, avec une vitesse opposée à celle qu’il avait justeavant ce « choc ». Son mouvement est alors unifor-

mément décéléré à En effet, les équations du

mouvement sont identiques à celles établies précé-demment. Cependant, la position initiale dans cettephase n’est pas la même que dans la phase de chuteet la vitesse initiale est non nulle.

mgL2

----------- C–⎝ ⎠⎛ ⎞ θ .

θ 0=

mgL2

----------- θesin Cθe .=

θe . θ θe ε .+=

mgL2

----------- θsin mgL2

----------- θesin θeεcos+( )≈

mgL2

----------- θsin Cθ–mgL

2----------- θesin θeεcos+( ) C θe ε+( )–≈

mgL2

----------- θesin Cθe–⎝ ⎠⎛ ⎞ mgL

2----------- θecos C–⎝ ⎠⎛ ⎞ε+=

mgL2

----------- θecos C

θesin 1 2CmgL-----------⎝ ⎠⎛ ⎞

2–

0 θeπ2--- ,

sin 2θe 1 1θe

2-----+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1– 0.

θ 0,=

v P( ) v G( ) ω+ GP∧=

ωdθdt------ ey=

v G( )dzdt------ ez= GP Rex .–=

v P( )dzdt------ R

dθdt------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ez=

dzdt------ R

dθdt------+ 0=

T ez .–

RT ey .–

J Gdθdt------ ey

12--- MR2 dθ

dt------ ey=

12--- MR2 d2θ

dt2--------- RT–=

Oz( )

Md2zdt2-------- Mg T–=

T12--- M

d2zdt2--------=

32--- M

d2zdt2-------- Mg=

23--- g ,

z t( )13--- gt2=

Gy( )

θ t( )gt2

3R-------–=

23--- gez .

© N

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n,cl

asse

pré

pa


217

S’entraîner

1 1. Le disque homogène, est en rotation autourde son axe de symétrie Son moment cinétique en

est ainsi :

Dans son référentiel barycentrique, le disque homogène, est en rotation autour de son axe Son

moment cinétique barycentrique est ainsi

D’après le théorème de Koenig, le moment cinétique dece disque en est ainsi :

soit :

La projection des expressions précédentes sur nousdonne les moments cinétiques scalaires par rapport àl’axe :

2. Le système est soumis aux actions exté-rieures suivantes :– le poids du disque appliqué en donc demoment nul par rapport à l’axe ;– le poids du disque appliqué en de résultanteparallèle à donc de moment nul par rapport à cetaxe ;– les actions d’axe sur le disque de moment nul parrapport à car la liaison pivot est supposée parfaite.Le moment total des actions par rapport à l’axe estdonc nul. Il en résulte que le moment cinétique du sys-tème par rapport à cet axe est conservé.

3. On en déduit que est

conservé. Or, les deux disques sont initialement immo-biles. La quantité précédente est donc nulle. Intégronspar rapport au temps la relation :

avec les conditions initiales et

4. La relation précédente est valable à tout instant. Ils’agit d’établir l’équation du mouvement portant sur l’unedes variables angulaires, puis d’en déduire la seconde àl’aide de la relation précédente. Considérons le disque seul. Il est soumis au couple de rappel de moment

et au poids dont le moment est nul

en Appliquons le théorème du moment cinétiquebarycentrique en centre d’inertie du disque Lemoment cinétique barycentrique a déjà été déterminé. Onen déduit l’équation :

Cependant :

Reportons cette expression dans l’équation précédente :

On obtient l’équation d’un oscillateur harmonique enréécrivant l’équation précédente sous la forme :

Cette équation admet pour solution générale :

où Les constantes d’intégra-

tion sont déterminées avec les conditions initiales, d’où

et

L’expression de se déduit de la relation :

2 1. Le système est soumis à sonpoids, vertical, donc de moment nul par rapport à l’axe∆, et aux actions de contact de l’axe, de moment nul carla liaison pivot est supposée parfaite. On en déduit quele moment cinétique du système estconservé. Or, il est initialement nul, lorsque le systèmeest au repos. De plus, le moment cinétique de l’hommepar rapport à l’axe est où désigne lavitesse angulaire de l’homme dans le référentiel Lemoment cinétique du disque est égal à où

désigne la vitesse angulaire du disque dans leréférentiel Ainsi, la conservation du moment ciné-tique scalaire, par rapport à l’axe de rotation, implique :

2. La relation précédente montre que si l’homme mar-che dans le sens direct, alors le disque tourne dans le sensopposé. L’homme rejoint donc son point de départ sur le

D1 ,O1∆1 .

O1

σ1 J∆1

dθ1

dt--------- ez=

D2 ,O2∆2 .

J ∆2

dθ2

dt--------- ez .

O1

σ2 J∆2

dθ2

dt--------- ez O1O2 m2

dθ1

dt--------- eθ∧+=

σ2 J∆2

dθ2

dt--------- m2d 2

dθ1

dt---------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ez=

ez

∆1

σ1 ∆1, J∆1

dθ1

dt---------=

σ2 ∆2, J∆2

dθ2

dt--------- m2d 2

dθ1

dt---------+=

D1 D2+

D1 O1 ,∆1

D2 O2 ,∆1 ,

D1 ,∆1 ,

∆1

D1 D2+

J ∆1

dθ1

dt--------- J∆2

dθ2

dt--------- m2d 2

dθ1

dt---------+ +

J ∆1

dθ1

dt--------- J∆2

dθ2

dt--------- m2d 2

dθ1

dt---------+ + 0=

θ1 0( ) 0= θ2 0( ) θ0=

J ∆1θ1 J∆2

θ2 m2d 2θ1+ + J∆2θ2 0( )=

D1

MO1C θ2 θ1–( )ez=

O1 .O1 , D1 .

J ∆1

d2θ1

dt2----------- C θ2 θ1–( )=

θ2 θ2 0( )J ∆1

m2d 2+

J∆2

---------------------------

⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

θ1 .–=

J ∆1

d2θ1

dt2----------- C θ2 0( )

J ∆1J∆2

m2d 2+ +

J∆2

----------------------------------------

⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

θ1–⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

=

J ∆1

d2θ1

dt2----------- C

J ∆1J∆2

m2d 2+ +

J∆2

--------------------------------------J∆2

J∆1J∆2

m2d 2+ +-------------------------------------- θ2 0( ) θ1–⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

=

J∆2

J ∆1J∆2

m2d 2+ +--------------------------------------- θ2 0( ) A ωt( )cos B ωt( )sin+ +

ω2 CJ ∆1

J∆2m2d 2+ +

J∆1J ∆2

--------------------------------------- .=

B 0= θ2 0( )J∆1

m2d 2+

J∆1J∆2

m2d 2+ +-------------------------------------- .=

θ1 t( )

θ1

J∆2

J∆1m2d 2+

------------------------- θ 0( ) θ2–( )=

disque homme+

disque homme+

ma2ωh R( )⁄ ωh R( )⁄

R( ).J ωd R( )⁄

ωd R( )⁄

R( ).

ma2ωh R( )⁄ J ωd R( )⁄+ 0=

© N

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n,cl

asse

pré

pa

corrigés


218

disque alors que ce dernier a tourné dans le sens opposéà son mouvement. L’homme parcourt donc, par rapportau référentiel du laboratoire, un angle α inférieur à 2π.

3. La vitesse angulaire de l’homme dans le référentieldu disque est Un tour complet sur ledisque est réalisé en la durée T telle que :

Notons que les vitesses angulaires considérées ne sontpas nécessairement constantes pour écrire la relationprécédente. Intégrons la relation obtenue à laquestion 1 :

d’où :

On en déduit :

Dans le référentiel l’homme a donc tourné de :

effectivement inférieur à 2π.

4. La conservation du moment cinétique par rapport àl’axe de rotation reste valable. Par contre, le momentd’inertie de l’homme n’est plus constant. Le momentcinétique du disque est Il s’agit de déterminerle moment cinétique de l’homme. Considérons qu’ildécrit une trajectoire d’équation polaire dans leréférentiel du disque. Sa vitesse angulaire dans ce réfé-

rentiel est Par conséquent, sa vitesse angulaire dans

le référentiel d’étude est Dans ce même

référentiel, son moment cinétique par rapport à l’axe est

donc La conservation du moment

cinétique scalaire, initialement nul, conduit donc à :

Cependant, le moment d’inertie du disque est granddevant celui de l’homme, soit : L’équationprécédente peut donc être simplifiée en :

soit :

Un tour complet est réalisé en une durée T et pour θ

variant de 0 à 2π. est alors égal à 2 fois l’aire

intérieure à la trajectoire sur le disque. Or cette

quantité est aussi égale à soit

où β est l’angle dont l’homme a tourné, par rapport à saposition initiale, dans le référentiel On a ainsi :

3 1. Le moment d’inertie total du système constitué desdeux barres disjointes est égal à la somme de leursmoments d’inertie par rapport au même axe. On obtientdonc :

2. Déterminons les actions extérieures auxquelles le sys-tème est soumis. Il s’agit :– de la force de rappel du ressort ;– du poids de chacune des barres ;– des actions de contact sur l’axe de la liaison pivot.À l’équilibre, le moment total des actions extérieures parrapport à l’axe passant par O est nul. Or, la liaison pivotétant parfaite, le moment des actions de contact sur l’axeest nul par rapport à cet axe. Le moment de la force derappel est égal à où est l’allongementdu ressort. Le moment du poids de la barre verticale estnul. Celui du poids de la barre horizontale vaut mg. Onen déduit l’allongement du ressort à l’équilibre :

3. On considère à présent une position θ quelconque.L’allongement du ressort devient ainsi, en supposant leressort quasi-vertical : Le moment par rapport à de la force de rappel estainsi : Le moment par rapport à du poids de la barrequasi-horizontale est Celui du poids de la barre quasi-verticale est Enfin, le moment des actions d’axe est de nouveau nulpour les mêmes raisons que celles précédemment invo-quées. Appliquons le théorème du moment cinétiquepar rapport à l’axe fixe dans le référentiel galiléend’étude. On obtient ainsi :

Développons à l’ordre 1 en θ. L’équation précédentedevient alors :

Dans le second membre, le terme entre parenthèses estnul, car il s’agit de la condition d’équilibre déterminée àla question précédente. L’équation du mouvementdevient donc :

ωh R( )⁄ ωd R( )⁄ .–

ωh R( )⁄ ωd R( )⁄–( )dt0

T

∫ 2π=

ma2 ωh R( )⁄ dt0

T

∫ J ωd R( )⁄ dt0

T

∫+ 0=

ωd R( )⁄ dt0

T

∫ ma2

J---------- ωh R( )⁄ dt

0

T

∫–=

1 ma2

J----------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ωh R( )⁄ dt0

T

∫ 2π .=

R( ),

α2π

1 ma2

J----------+

-------------------=

J ωd R( )⁄ .

r θ( )

dθdt------ .

dθdt------ ωd R( )⁄ .–

mr 2 dθdt------ ωd R( )⁄–⎝ ⎠⎛ ⎞ .

J ωd R( )⁄ mr 2 dθdt------ ωd R( )⁄–⎝ ⎠⎛ ⎞+ 0=

J mr 2 .

J ωd R( )⁄ mr 2 dθdt------+ 0=

r 2 dθdt------

J m---- ωd R( )⁄–=

r 2dθ0

T

∫S( )

J m---- ωd R( )⁄ t( )dt,

0

T

∫–J

m---- β

R( ).

β2mS

J-----------=

J 83--- m2=

2K∆L0– ∆L0

∆L0mg2K-------=

∆L0 2 θ .sin+

Oz( )2K ∆L0 2 θsin+( ) .–

Oz( )mg θ .cos

mg θ .sin–

Oz( ),

J d2θ

dt2--------- mg θcos 2K ∆L0 2 θsin+( )– mg θsin–=

J d2θ

dt2--------- mg 2K∆L0–( ) 4K2 mg+( )θ–=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


219

Il s’agit de l’équation d’un oscillateur harmonique depulsation :

donc de période : .

4. Les données numériques de l’énoncé conduisent àune période

5. La tige OB est soumise aux forces de Laplace entre et B soit entre et 2 à partir de O.

Il s’agit d’en déterminer le moment par rapport à l’axe On obtient :

Il s’agit cependant de déterminer l’intensité du courantinduit traversant la barre OB, orientée de O vers B. Laforce électromotrice induite a pour expression :

On en déduit l’intensité du courant induit :

Ainsi, le moment des actions de Laplace a pourexpression :

Ces actions de Laplace ont tendance à freiner la barreOB, et donc l’ensemble du système en rotation autour de

On ajoute ce terme à l’équation linéarisée dumouvement obtenue précédemment, d’où l’équationd’un oscillateur amorti :

Cette équation s’écrit aussi :

6. Le régime est supposé pseudo-périodique. La solu-tion de l’équation précédente est ainsi de la forme

Déterminons

les différents paramètres correspondant aux coefficientsde l’équation ci-dessus et aux conditions initiales.L’équation caractéristique associée à l’équation différen-tielle précédente est :

Ses solutions sont :

On en déduit la pseudo-pulsation et la durée caractéristi-que d’amortissement :

Ainsi :

La position initiale conduit à :

La vitesse initiale nulle implique :

L’amplitude est réduite d’un facteur 2 au cours d’unepseudo-période, ce qui signifie :

On en déduit :

On obtient ainsi : La pseudo-période vaut alors :

soit 0,44 s.

J d2θ

dt2--------- 4K2 mg+( )θ–=

ω04K2 mg+

J------------------------------=

T 2πω0------ 2π

J

4K2 mg+------------------------------= =

T 0 43 s.,=

G2

Oz( ).

ML OM i dM Bez∧( )∧

2

∫⎝ ⎠⎛ ⎞ ez⋅=

rer i drer Bez∧( )∧

2

∫⎝ ⎠⎛ ⎞ ez⋅=

iBr dr–

2

∫=

32--- iB2–=

e ve M( ) Bez∧( ) dM⋅

2

∫=

rdθdt------ eθ Bez∧⎝ ⎠

⎛ ⎞ drer⋅

2

∫=

dθdt------ B r dr

2

∫=

32---

dθdt------ B2=

i eR---

32R-------

dθdt------ B2= =

ML94---

B2( )2

R----------------

dθdt------–=

Oz( ).

J d2θ

dt2--------- 4K2 mg+( )θ–

94---

B2( )2

R----------------

dθdt------–=

d2θ

dt2---------

94---

B2( )2

R J----------------

dθdt------ ω0

2θ+ + 0=

θ t( ) A ωt( )cos B ωt( )sin+( )tτ--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ .exp=

r 2 94---

B2( )2

R J---------------- r ω0

2+ + 0=

98---

B2( )2

R J----------------– j ω0

2 98---

B2( )2

R J----------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2– .±

ω ω02 9

8---

B2( )2

RJ----------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2–=

1τ---

98---

B2( )2

R J----------------=

ωτ8RJ

9 B2( )2-------------------- ω0

2 1–=

A θ0 .=

BA

ωτ------- .=

2πωτ-------–⎝ ⎠

⎛ ⎞exp 12---=

8RJ

9 B2( )2-------------------- ω0

2 1–2π

2ln---------- .=

B 2 4 T .,=

2πω------

2πω0------

1

1 9 B2( )2

8R Jω0--------------------⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

–

-------------------------------------------=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

10 – Théorème de l’énergie cinétique


221

Théorème de l’énergiecinétique

La détermination du mouvement d’un solide, ou plus généralement d’un système maté-riel, a souvent recours à des équations dynamiques. Il s’agit alors d’appliquer le théorèmede la résultante cinétique, afin de déterminer le mouvement du centre d’inertie, et le théo-rème du moment cinétique, afin de déterminer la composante de rotation du mouvement.Dans certains cas, en particulier lorsque le système étudié présente un seul degré deliberté, c’est-à-dire une seule variable cinématique indépendante, il est plus rapide d’adop-ter une approche énergétique.

1 Système fermé de points matériels

1.1. Théorème de l’énergie cinétique

On se place dans un référentiel galiléen. Soit un système fermé de N pointsmatériels. est soumis aux forces exercées par les

points ( j différent de i) et à une force extérieure La variation d’énergie cinétiquedu système entre deux instants t et est égale à la somme du travail des forces extérieu-res et de celui des forces intérieures entre t et En d’autres termes :

1.2. Théorème de la puissance cinétique

Le théorème précédent peut aussi s’exprimer en termes de puissance cinétique :

où désigne la puissance des actions intérieures et la puissance des actions exté-rieures.

RemarqueCe théorème se dé-montre à l’aide de larelation fondamen-tale de la dynami-que.

Pi mi,( )

Pi Fj i→ j 1 ... i 1– i 1+ ..., N, , , ,=( )

Pj Fi ext, .t ′

Wext( ) Win( ) t ′.

Ec t ′( ) Ec t( )– Win Wext+=

dEc

dt--------- Pin Pext+=

Pin Pext

PC

PT

MP

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222

Dans un référentiel non galiléen, le théorème de la puissance cinétique s’applique pourvuque l’on prenne en compte la puissance des forces d’inertie d’entraînement. Cependant,la puissance des forces d’inertie de Coriolis est nulle. En effet, son expression est

Or, chacun des produits mixtes est nul. Il ne reste donc que

les actions d’inertie d’entraînement à prendre en compte.

1.3. Application dans le référentiel barycentrique

Le référentiel barycentrique est en translation par rapport au référentiel d’étude lequel est supposé galiléen. Le référentiel n’est, quant à lui, pas nécessairement

galiléen. L’accélération d’entraînement y est cependant identique en tout point. La puis-sance des forces d’inertie d’entraînement est ainsi égale à :

Or, par définition du référentiel barycentrique, la résultante cinétique y vaut :

La puissance des actions d’entraînement est donc nulle dans le référentiel barycentrique.

1.4. Puissance des actions intérieures

L’expression de la puissance des actions intérieures, est indépen-

dante du référentiel considéré. On peut noter que la puissance des actions intérieures

s’écrit où désigne la projection de sur et

Or, la variation élémentaire de distance est indépendante du référentiel

considéré, de même que la force et sa projection sur

2 Théorème de l’énergie cinétique appliqué à un solide

2.1. Travail des actions intérieures

Un solide est défini comme un système matériel indéformable. Il en résulte que la puis-sance des actions intérieures est nulle, puisque pour tout couple de points maté-riels appartenant au solide.

Pic 2 mi Ω vi′∧( ) vi′.⋅

i 1=

N

∑–=

R*( )R( ), R*( )

Pie miae vi*⋅

i 1=

N

∑–=

mivi*i 1=

N

∑⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

ae⋅–=

mivi*i 1=

N

∑⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞

0=

Pie

Fj i→ vi vj–( ),⋅

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑

Fj i→ drij⋅

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑ Fj i→ Fj i→ ui j,

PiPj

PiPj

---------------=

rij PiPj .= drij

Fj i→ Fj i→ ui j, .

drij 0=

Pi Pj,

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223

2.2. Théorème de l’énergie cinétique

Ainsi, lorsque le système considéré est constitué d’un seul solide, la variation d’énergiecinétique entre deux instants est égale au travail des actions extérieures entre ces deux ins-tants.

2.3. Expression de la puissance des actions extérieures

Considérons un solide dont le torseur cinématique a les éléments de réduction suivants :

le vecteur instantané de rotation du solide est et la vitesse d’un point A du solide aumême instant est Ce solide est soumis à des actions extérieures décrites par un

torseur de résultante et de moment au point A. La puissance des actions extérieuresexercées sur le solide a alors pour expression :

Dans l’expression ci-dessus, il est très important de considérer la vitesse et le moment desactions extérieures au même point.

2.4. Cas particuliers d’actions extérieures

Lorsque les actions extérieures sont décrites par un glisseur, c’est-à-dire par un tor-seur de moment nul en un point, noté A, la puissance des actions associées au glis-seur est alors égale à où est la résultante des actions extérieures. Lapuissance d’un glisseur est donc équivalente à celle d’une force unique appliquée enA.Lorsque les actions extérieures sont décrites par un couple, c’est-à-dire un torseur derésultante nulle, donc de moment identique en tout point, la puissance des actions exté-rieures ne fait intervenir que la composante de rotation du mouvement du solide. Con-sidérons un système en rotation à la vitesse angulaire Ω autour d’un axe ∆ passant parA. La puissance des actions extérieures est alors égale à où est la projection dumoment en A sur ∆.

2.5. Cas particuliers de mouvements

Lorsque le solide de centre d’inertie G est en translation, la puissance des actions extérieu-res a pour expression :

Considérons un solide en rotation. Soit A un point de l’axe ∆ autour duquel le solide esten rotation. La puissance des actions extérieures est égale à :

où est le moment des actions extérieures par rapport à l’axe ∆.

RemarquePar définition, l’ex-pression précédentecorrespond au co-moment du torseurcinématique et du tor-seur des actions exté-rieures. On montreque cette expressionest indépendante duchoix du point A surle solide.

Ω t( )

v A t,( ).

F ΓA

Pext F v A t,( )⋅ Ω t( ) ΓA⋅+=

RemarqueCette propriété est,par exemple, utiliséepour déterminer lapuissance du poidsen considérant uneforce exercée aucentre de masse dusystème.

F v A( )⋅ F

Γ∆Ω Γ∆

Pext F v G( )⋅=

Pext ΓA Ω⋅ Γ∆ω= =

Γ∆

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224

3 Système de solides3.1. Application du théorème de l’énergie cinétique

Alors que le théorème des actions réciproques indique que la somme des actions mécani-ques entre les différents solides d’un système de solides est nulle, la puissance des actionsmécaniques intérieures peut a priori être non nulle.La variation par unité de temps de l’énergie cinétique d’un système de solides est égaleà la somme de la puissance des actions extérieures et de celle des actions intérieures :

où est la puissance des actions mécaniques extérieures et la puissance desactions mécaniques (intérieures) exercées par le solide i sur le solide j.

3.2. Glissement d’un solide sur un autreUn solide glisse sur une surface plane immobile dans le référentiel galiléen d’étude. Tousles points du solide ont la même vitesse que G, son centre d’inertie. Comme nous le ver-rons dans le chapitre consacré aux actions de contact, ces dernières sont décrites par untorseur de résultante La puissance des actions de contact exercées par le supportsur le solide est égale à Celle des actions de contact du solide sur le support,fixe, est nulle. La puissance des actions intérieures du système vautainsi : elle est non nulle. D’après les lois de Coulomb, que nous énoncerons dansun chapitre ultérieur, cette puissance est négative.

3.3. Roulement sans glissementConsidérons deux solides sur en contact au point I. Les actions de contact se rédui-sent à un glisseur de moment nul en I. La puissance des actions de contact est égale auproduit scalaire de la résultante des actions de contact et de la vitesse de glissement :

En cas de glissement, cette puissance est négative.En l’absence de glissement, la puissance des actions de contact est nulle.

3.4. Définition énergétique d’une liaison parfaite

On considère deux solides et en liaison surfacique parfaite : il n’y a aucun frot-tement. L’action de sur est décrite par une force surfacique élémentaire entout point de contact P. Par principe des actions réciproques, la force élémentaire exercéepar sur est La puissance des actions de contact est :

où désigne le point de qui coïncide avec le point géométrique P de contact à l’instant

t. La liaison surfacique étant parfaite, est normal en tout point P à la surface decontact. Or, la vitesse de glissement est dans le plan tangent.

dEc

dt--------- Pext Pint i j→[ ]

j 1=

j i≠

N

∑i 1=

N

∑+=

Pext Pint i j→[ ]

T N.+

T v G( ).⋅solide support+

T v G( )⋅

ImportantDans ce cas, la com-posante tangentielledes actions de con-tact peut être nonnulle.

Σ1 Σ2

Pcontact T vg⋅=

RemarqueLa puissance consi-dérée est la sommede deux puissances :celle des actions decontact du solide 1sur le solide 2 et celledes actions de con-tact du solide 2 sur lesolide 1.

Σ1 Σ2

Σ1 Σ2 dF P( )

Σ2 Σ1 d– F P( ).

dF P1( )–( ) v P1( )⋅surface

contact Σ1

∫∫ + dF P2( )( ) v P2( )ds⋅surface

contact Σ2

∫∫+ dF vg⋅surfacecontact∫∫=

Pi Σi

dF P( )

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225

La puissance des actions de contact d’une liaison surfacique parfaite est nulle.Considérons trois liaisons particulières :

4 Énergie potentielle et énergie mécanique

4.1. Action mécanique conservative et énergie potentielle

Un solide est soumis à des actions mécaniques extérieures de résultante et de moment

en O. Le travail fourni pour un déplacement élémentaire de translation et de rota-tion est égal à :

Si le travail entre deux points quelconques A et B est indépendant du chemin suivi, on peutdéfinir une énergie potentielle dont dérivent les actions extérieures. On a alors pour toutdéplacement élémentaire :

Une action mécanique est conservative si elle dérive d’une énergie potentielle.Ainsi, dans un champ de pesanteur uniforme, le poids d’un système matériel de masse Mdérive d’une énergie potentielle de pesanteur où désigne la position surun axe vertical ascendant du centre d’inertie du système.Considérons un solide relié à un fil de torsion exerçant un couple La position dusolide est repérée par un angle θ. On suppose que le couple a un moment (cou-ple de rappel). Cette action extérieure dérive alors de l’énergie potentielle :

Liaison Définition Liaison parfaite

Liaison glissière est en liaison glissière avec sile seul mouvement de par rapportà est un mouvement de translationrectiligne parallèle à un axe lié à

La puissance des actions de contact estalors où est la résultante desactions de contact de sur Cetterésultante doit donc être normale audéplacement de

Liaison rotule est en liaison rotule (ou sphéri-que) avec si le seul mouvement de

par rapport à est un mouve-ment de rotation par rapport à unpoint O fixe par rapport à

La puissance des actions de contact estalors où est le mo-ment des actions de contact de sur

Ces actions se réduisent donc à unglisseur passant par O.

Liaison pivot est en liaison pivot (ou rotoïde)avec si le seul mouvement de par rapport à est un mouvementde rotation par rapport à un axe lié à

La puissance des actions de contact estalors où est le mo-ment des actions de contact de sur

en un point O de l’axe de rotation.Ce moment est donc orthogonal à l’axede rotation.

RemarquePour mettre à profitune hypothèse deliaison pivot parfaite,il est utile d’inclurel’axe dans le systèmedont on réalise l’étu-de énergétique.

Σ2 Σ1Σ2

Σ1Σ1.

R vg⋅ RΣ1 Σ2 .

Σ2 .

Σ2Σ1

Σ2 Σ1

Σ1 .

MO ΩΣ2 Σ1⁄⋅ MO

Σ1Σ2 .

Σ2Σ1 Σ2

Σ1

Σ1 .

MO ΩΣ2 Σ1⁄⋅ MO

Σ1Σ2

FΓO dG

dθezδW F dG⋅ ΓG dθez⋅+=

δW dEp–=

RemarqueUne énergie poten-tielle est définie àune constante addi-tive près.

Ep MgzG= zG

Γez.Γ Cθ–=

Ep12--- Cθ2=

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226

4.2. Énergie mécanique

On appelle énergie mécanique la somme de l’énergie cinétique et de l’énergie poten-tielle de toutes les actions mécaniques conservatives.L’énergie mécanique d’un système est conservée si le système n’est soumis qu’à des actionsmécaniques conservatives ou si les actions mécaniques non conservatives ne travaillentpas. En effet, on a alors, au cours d’une évolution élémentaire pendant la durée dt :

Un système soumis à des actions mécaniques conservatives ou qui ne travaillent pas estdit conservatif. Son énergie mécanique est conservée. L’énergie mécanique est alors uneintégrale première du mouvement.

dEm d Ec Ep+( )=

δW dEp+=

0=

RemarqueLorsqu’un système estconservatif, il fautd’abord le justifier parun bilan rigoureuxdes actions extérieu-res et intérieures, puisétablir l’expression del’énergie mécaniqueen fonction des varia-bles cinématiques dusystème.

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1 On se place dans un référentiel galiléen. Soit un système fermé de points maté-

riels. est soumis aux forces exercées par les

points ( j différent de i) et à une force

extérieure Énoncer et démontrer lethéorème de l’énergie cinétique.

2 La puissance des actions intérieures dépend-elle du référentiel d’étude ? Justifier dans lecas d’un système de points matériels

étant soumis aux forces exercées par les

points ( j différent de i).

3 Un solide est soumis à des actions réparties.On note la résultante exercée sur unélément de matière de masse

autour de M. On note le vecteur rotationinstantané du solide.1. Rappeler la relation entre les vitesses, àun instant donné, en deux points A et M dusolide.

2. Donner l’expression de la résultante des actions extérieures, ainsi que celle du

moment des actions extérieures en A,point du solide.

3. Quelle est l’expression de la puissancedes actions extérieures sur un élément demasse dm du solide ?4. Déduire des résultats précédents l’expres-sion de la puissance des actions extérieuresexercées sur le solide.5. Montrer que cette grandeur est indépen-dante du choix du point A sur le solide.

4 On se place dans un référentiel galiléen On considère un solide en rotation autourd’un axe de direction fixe dans On

note le vecteur rotation instantané dusolide. Le solide est soumis à des actionsextérieures de résultante et de moment

en son centre d’inertie G.

1. Caractériser le mouvement du solidedans son référentiel barycentrique.

2. On note J le moment d’inertie du solide

par rapport à l’axe parallèle à et passantpar le centre d’inertie G du solide. Donnerl’expression de l’énergie cinétique du solidedans

3. Retrouver à partir de l’expression précé-dente et des théorèmes de la dynamiquel’expression du théorème de la puissancecinétique appliqué au solide.

5 Un cylindre roule sur un plan incliné fixedans le référentiel d’étude. Les équationsdynamiques montrent que le plan exerce surle cylindre des actions de contact dont larésultante présente une composante tan-gente au plan non nulle et que l’on note

1. Quelle est l’expression de la puissancedes actions de contact ?

2. Est-elle toujours non nulle ?

6 Rappeler la définition d’une liaison pivot. Àquelle condition est-elle parfaite ?

7 Les affirmations suivantes sont-elles vraiesou fausses ?

1. L’énergie mécanique ne peut être définieque pour un système conservatif.

2. L’énergie mécanique de tout systèmematériel est conservée.

3. L’énergie mécanique d’un système maté-riel est la somme des énergies potentielles etde l’énergie cinétique.

Avant la colle

Pi mi,( )

Pi Fj i→

j 1 ... i 1– i 1+ ..., , , ,=( )

Pj

Fi ext, .

Pi mi,( ) , Pi Fj i→

j 1 ... i 1– i 1+ ..., , , ,=( )Pj

dF M( )

dm ρ M( )dτ=

Ω

F

ΓA

R( ).

R( ).

Ω

Fext

ΓG

Ω

R( ).

T.

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228


1 Une poulie entraînant une masse reliée parun fil est soumise à un couple moteur. Onnote Γ le moment du couple moteur,J le moment d’inertie de la poulie par rap-port à son axe et R son rayon. Le fil, tendu,ne glisse pas sur la poulie parfaite. On sup-pose le fil de masse négligeable.

La position de la masse M est repérée parson altitude z. La rotation de la poulie estrepérée par un angle θ.

1. Le fil étant tendu et sans glissement sur lapoulie, quelle est la relation entre les deuxvariables cinématiques z et θ ?

2. Réaliser un bilan des actions extérieureset intérieures sur un système clairementdéfini, incluant au moins la poulie et lamasse.

3. Établir l’expression de l’énergie cinétiquedu système.

4. Appliquer le théorème de la puissancecinétique et en déduire l’équation du mouve-ment de la masse M.

2 On considère un disque homogène de rayonR, de masse m, de moment d’inertie parrapport à son axe de révolution ∆, dirigé par

Ce disque est attaché en son centre O àun fil de torsion qui exerce un couple de rap-pel où θ est l’angle de rota-tion du disque autour de ∆. On étudie cemouvement de rotation.

1. Établir, à l’aide d’un raisonnement éner-gétique, l’équation du mouvement du dis-que.

2. Résoudre cette équation. On prendracomme conditions initiales et

3 Un cylindre 2 de rayon homogène, demasse m et de moment d’inertie J par rapportà son axe de symétrie, roule sans glisser àl’intérieur d’un cylindre creux 1 de rayon

Le cylindre 1 est fixe. La position ducylindre 2 est repérée par deux angles. L’un,θ, correspond à l’angle entre la verticale des-cendante et où O désigne un point del’axe du cylindre creux et G le centre ducylindre 2. Le second, α, correspond àl’angle entre la verticale descendante pas-sant par G et où M est un point fixesur le cylindre 2. Déterminer la période Tdes petites oscillations.

4 On se place dans un référentiel terrestre. Onconsidère une tige homogène, de masse m,de longueur 2, dont les extrémités A et B

0( )

z

y

+

θ

M

J ∆

ez.

MO Cθez,–=

O

O

∆

θθ

Fil de torsion

Vue de dessus

ez

θ 0( ) θ0=

θ·

0( ) 0.=

R2,

R1.

OG( )

GM( )

O

y

Gθ

α

+

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229

restent en contact avec les parois d’un cylin-dre de rayon fixe dans le référentield’étude. La section de la tige est négligeable.La barre se déplace dans le plan verticalOxy. On note θ l’angle entre Ox et la droiteOG.

Les contacts en A et B se font sans frotte-ment. Le moment d’inertie de la barre par

rapport à G est

1. Déterminer l’expression de l’énergiemécanique de la barre en fonction de l’angleθ et des paramètres du problème.

2. En déduire la période de petites oscilla-tions de la barre.

5 Une masse est posée sur un plan inclinéet reliée à une masse par un fil tendupassant par une poulie parfaite de rayon Ret en liaison pivot parfaite avec son axefixe. On suppose que la masse sedéplace sans frottement. De plus, le fil sedéplace sans glissement sur la poulie. Onnote J le moment d’inertie de la poulie parrapport à son axe. La masse du fil est négli-geable. La position de la masse est repé-rée par une abscisse x, celle de la masse par la variable Z (voir figure) et celle de lapoulie par un angle θ par rapport à un axehorizontal.

1. Établir deux relations entre les variablescinématiques x, Z et θ. Quel est le nombred’inconnues cinématiques ?

2. Définir précisément le système auquel onpeut appliquer le théorème de la puissancecinétique afin de déterminer l’équation dumouvement, c’est-à-dire l’équation différen-tielle vérifiée par l’une des variables cinéma-tiques précédentes.

3. Réaliser le bilan des actions extérieures etintérieures.

4. Montrer que le système est conservatif.

5. Déterminer l’expression de l’énergiemécanique.

6. En déduire l’équation du mouvement.

6 Un réfrigérateur est posé sur des roulettes etsur une cale. On note G son centre de masse.La liaison pivot roulette/réfrigérateur estparfaite. Le mouvement sur les roulettes seproduit sans glissement. Le réfrigérateur estdéplacé à vitesse constante par un opérateurqui exerce une force constante Montrerqu’il n’y a pas de force de frottement sur lesroulettes.

7 Une corde homogène, inextensible, demasse m et de longueur L est posée sansvitesse initiale sur un cylindre fixe de rayonR, parfaitement glissant. On repère la posi-tion de la corde par la cote de sonextrémité A.

À la date et

Déterminer l’évolution de tant que reste positif.

R ,

O

A

B

G

R

y

x

13--- m2.

M2M1

M2

M2M1

(Ox )

θ

M1

M2

(OZ )

Fex.

Roulettes

F1

v1

Cale

zA t( )

t 0,= zA zB– 0 0=dzA

dt-------- 0.=

zA t( ) zB

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8 Deux disques identiques, de même axe ver-tical de moment d’inertie J par rap-port à cet axe, sont reliés par un fil de torsionde masse négligeable. La position angulairedu disque 1 est repérée par un angle Laposition angulaire du disque 2 est repéréepar un angle Le disque i exerce sur ledisque j un couple de rappel de moment

par rapport à Initialement,la position angulaire du disque 1 est repéréepar un angle alors que celle dudisque 2 correspond à Lesdeux disques sont lâchés sans vitesse initiale.

1. Montrer que le moment cinétique totaldes deux disques est conservé.

2. Définir l’énergie mécanique du systèmeconstitué des deux disques et justifier qu’elleest conservée.

3. En déduire les équations d’évolution de et

4. Résoudre ces équations.

9 Une barre homogène de masse M et de lon-gueur L a une extrémité en contact au pointA avec le sol. L’autre extrémité, B, est initia-lement à la hauteur L au-dessus du sol. Labarre est lâchée sans vitesse initiale. Ellereste en contact avec le sol sur lequel elleglisse sans frottement et son mouvement seproduit dans un plan vertical Lemoment d’inertie de la barre par rapport à

l’axe est On souhaite

déterminer la vitesse de l’extrémité Blorsqu’elle atteint le sol.

1. Quel est le travail des actions de contactau cours de cette chute ?

2. Quel est le travail du poids ?

3. Justifier que le centre d’inertie de la barrereste sur une même verticale au cours de lachute. Quel est alors le mouvement du cen-tre d’inertie ?

4. Décrire le mouvement de la barre à uninstant donné.

5. Exprimer l’énergie cinétique de la barreen fonction de l’angle entre la barre et l’hori-zontale.

6. En déduire la vitesse de l’extrémité Blorsqu’elle touche le sol.

g

2RO

A

BzB

zA

Oz( ),

θ1.

θ2.

C θi θj–( ) Oz( ).

θ1 0( ) 0,=

θ2 0( ) θ0.=

θ1 θ2.

θ1

θ2

(1)

(2)

Fil de torsion

Oxy( ).

Gz( ) J 112------ ML2.=

G

L

α

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231

1

Considérons le disque seul. Il est soumis aux actions extérieures suivantes :

– son poids, lequel s’applique en son centre d’inertie G ;

– les actions de contact de l’axe horizontal reliant la barre au disque.

1 – Système composé d’une tige et d’un disque

Une tige homogène OG de longueur L et de masse m peut tourner sans frottementautour d’un axe horizontal À l’autre extrémité de la tige est fixé, en son centre,un disque homogène, de masse M et de rayon R. Ce disque peut tourner sans frotte-ment autour de l’axe horizontal passant par son centre d’inertie G. Le moment d’iner-

tie de la barre par rapport à son axe de rotation est alors que celui du

disque par rapport à son axe est Les liaisons sont supposées parfaites.

1 Réaliser un bilan des actions exercées sur le disque, puis sur le système

2 Montrer que le disque tourne à vitesse angulaire constante.

3 Déterminer la période des oscillations de petite amplitude du système.

Oz( ).

J 113--- mL2,=

J 212--- MR2.=

Oy

x

G

θ

barre +

disque.


Dans une résolution basée sur une méthode énergétique, lorsque le système est constitué d’unseul solide, on ne considère que les actions extérieures. Par contre, lorsque le système est com-posé de plusieurs solides, il faut veiller à faire le bilan des actions intérieures. En effet, elles sontsusceptibles de travailler.

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232

Considérons le système barre + disque + axe de rotation de la barre + axe de rotation dudisque. Ce système est soumis aux actions extérieures suivantes :

– le poids de l’ensemble, dont la résultante se décompose en deux contributions, d’unepart le poids de la barre, d’autre part le poids du disque, appliqués en leurs centres d’iner-tie respectifs ;

– les actions de contact au niveau de l’axe de rotation de la barre.

Ce système composé est aussi le siège des actions d’axe au niveau du contact barre/disqueet de celui axe/barre. Il s’agit d’actions intérieures.

2

Plaçons-nous dans le référentiel barycentrique du disque. Ce dernier a un mouvementde rotation autour de l’axe à une vitesse angulaire identique à celle qu’il a dans leréférentiel terrestre. Le disque est soumis aux deux actions extérieures précédemmentdéterminées. Le poids a un moment nul en G, donc aussi par rapport à l’axe Deplus, les actions de contact barre/disque ont un moment nul par rapport à car laliaison pivot est supposée parfaite. On en déduit que le moment cinétique barycentri-

que du disque est conservé. Or, ce moment a pour expression où ω

désigne la vitesse angulaire du disque. Cette dernière est donc indépendante du temps.

3

Le système étudié est l’ensemble Il est soumis aux actions de contactde l’axe qui ne travaillent pas car l’axe est fixe et la liaison pivot supposée par-faite. Il est aussi soumis au poids, lequel dérive d’une énergie potentielle que l’on déter-mine plus loin. Le système est aussi le siège d’actions de contact intérieures au niveaude la liaison barre/disque. Cette liaison est supposée parfaite. Ainsi, ces actions de con-tact ne travaillent pas. Seul le poids est finalement à prendre en compte dans cetteétude énergétique. De plus, l’énergie mécanique, ici définie comme la somme del’énergie potentielle de pesanteur et de l’énergie cinétique, est conservée au cours dumouvement.

Le mouvement du disque s’analyse comme un mouvement circulaire de son centre d’inertie etune rotation dans son référentiel barycentrique. On s’intéresse ici à cette seconde composante.Il s’agit d’appliquer le théorème du moment cinétique dans le référentiel barycentrique. Le bilanprécédent des actions extérieures sur le disque seul nous permet de poser rapidement l’équationcorrespondante.

Gz( )

Gz( ).Gz( )

J 2ωez12--- MR2ωez=

Le système constitué de la barre et du disque oscille autour de sa position verticale d’équilibre.Un raisonnement énergétique permet d’établir assez rapidement l’équation du mouvement por-tant sur la seule inconnue cinématique restante, θ, puis d’en déduire une équation linéariséepour des oscillations de faible amplitude. Il est cependant très important d’identifier les actionsintérieures et extérieures et de préciser si elles travaillent.

barre disque+ .Oz( ),

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233

Déterminons l’énergie potentielle de pesanteur. On retient comme référence l’altitude de

O. La contribution de la barre à l’énergie potentielle de pesanteur est donc

alors que celle du disque est On obtient donc au total :

Déterminons l’énergie cinétique du système. La barre est en rotation autour de l’axe fixe

Son énergie cinétique est ainsi L’énergie cinétique du disque

s’obtient en appliquant le théorème de Koenig. Elle est donc égale à la somme de l’éner-

gie cinétique barycentrique, soit et de l’énergie cinétique d’un point matériel G

affecté de la masse M, soit L’énergie cinétique totale du système est donc :

Notons que le second terme du membre de gauche est indépendant du temps, comme nousl’avons montré dans la seconde question. L’énergie mécanique a ainsi pour expression :

Elle est conservée au cours du mouvement, comme nous l’avons justifié plus haut. Déri-

vons par rapport au temps l’expression précédente et simplifions par qui n’est pas

identiquement nul. On obtient ainsi :

Considérons des oscillations de faible amplitude. Il en résulte : L’équation dumouvement devient donc en première approximation :

Il s’agit de l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation et

donc de période :

On pourra vérifier que l’utilisation du théorème du moment cinétique, appliqué en O et àl’ensemble du système, conduit au même résultat.

12--- mgL θcos ,–

MgL θ.cos–

Ep12--- m 2M+( )gL θcos–=

Oz( ). 16--- mL2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2.

14--- MR2ω2,

12--- ML2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2.

Ec16--- mL2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 14--- MR2ω2 1

2--- ML2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2+ +=

Em12--- m 2M+( )gL θcos–

12--- mL2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 14--- MR2ω2 1

2--- ML2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2+ + +=

dθdt------

12--- m 2M+( )gL θsin 1

3--- m 3M+( )L2 d2θ

dt2---------+ 0=

θsin θ.≈

m 2M+( )gθ23--- m 3M+( )L

d2θ

dt2---------+ 0=

Ω3 m 2M+( )g2 m 3M+( )L-------------------------------=

T 2π2 m 3M+( )L3 m 2M+( )g-------------------------------=

Dans une résolution énergétique d’un problème mécanique, il est important de con-sidérer les actions extérieures, ainsi que les actions intérieures. Ces dernières sontcependant susceptibles de ne pas travailler dans certaines conditions, par exemplelorsqu’une liaison est parfaite.

en conclusion

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234

1

2 – Accélération d’une automobileOn considère une automobile de masse se déplaçant en ligne droitele long d’un axe Ox. L’automobile a une accélération constante a vers l’avant à par-tir de l’instant initial La vitesse initiale est nulle et elle atteint

alors que le véhicule a parcouru la distance

Les roues ne glissent pas sur la chaussée. On néglige les frottements de l’air sur lavoiture. Le système « voiture » est composé de trois solides :

essieu avant les deux roues avant, de rayon R, de masse et de momentd’inertie négligeables.

essieu arrière les deux roues arrière, de rayon R, de masse et de momentd’inertie négligeables.

carrosserie moteur conducteur, c’est-à-dire le reste du véhicule, de masse M.Les masses des roues sont négligées devant la masse du reste du véhicule. Les systè-mes et sont liés à par des liaisons sans frottement : le moment desactions de frottement est nul.

exerce sur un couple de moment appelé « couple moteur ».Ce moment est celui qu’exerce le moteur du véhicule sur les roues motrices. Il n’y apas d’actions motrices exercées par sur l’essieu arrière.

1 Calculer la valeur de l’accélération de la voiture et la durée τ de laphase d’accélération.

2 Faire un bilan détaillé des actions s’exerçant sur le système complet

3 En déduire une expression de la puissance totale des actions sur la voitureen fonction de R, et Γ.

4 Déterminer une relation entre Γ et a. Calculer la valeur de Γ ainsi que la puis-sance moyenne

M 1 200 kg=

t 0.=

vmax 90 km h 1–·= L 300 m.=

G

O

d1

O1

d2

xGx

ex

ey

ez

O2

h

a

Γ

1 = +

2 = +

3 = + +

1 2 3

3 1 Γez Γ 0( ),

3

a x··G=

1 2 3 .+ +

Ptotalex·G

Ptotale⟨ ⟩ .


La phase étudiée correspond à un mouvement uniformément accéléré. On écrit l’équation dumouvement projetée sur Étant donné les hypothèses fournies dans l’énoncé, il s’agitd’écrire une équation cinématique.

Ox( ).

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


235

Le mouvement selon est d’accélération constante, égale à a, et la vitesse initiale estnulle. On en déduit la vitesse en fonction du temps :

Cette équation s’intègre en fonction du temps, d’où :

Cependant on en déduit :

Puis la vitesse atteinte à cet instant τ : Cette dernière équation permet de déterminer l’accélération :

On obtient numériquement On en déduit la durée de cette phased’accélération :

2

Le système complet constitué des sous-systèmes et est soumis aux actionsextérieures suivantes :

– son poids, qui ne travaille pas car le mouvement est horizontal ;

– les actions de contact du sol sur les roues, qui ne travaillent pas car il y a roulement sansglissement.

Ce système est aussi le siège d’actions intérieures :

– les actions d’axe essieu/châssis, qui ne travaillent pas car les liaisons sont supposéesparfaites ;

– le couple moteur.

Seule cette dernière action travaille dans le cas considéré.

3

La puissance des actions extérieures est nulle, comme nous l’avons indiqué dans la ques-tion précédente. La puissance des actions intérieures est égale à :

Ox( )

v t( ) at=

xG t( )12--- at2=

xG τ( ) L,= τ2La

-------=

v τ( ) 2aL=

a v2 τ( )2L

------------=

a 1 05 m, s 2– .·=

τ 24 s.=

Le système complet est constitué de trois solides. Il s’agit de déterminer les actions extérieures,mais aussi les actions intérieures.

1 , 2 3

La condition de roulement sans glissement permet de remplacer la variable angulaire intervenantdans la puissance du couple moteur par une expression en fonction de la vitesse selon Ox( ).

Pint Γdθdt------=

ΓR---

dxG

dt---------–=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa



236

On en déduit :

4

Appliquons le théorème de la puissance cinétique au système complet :

La masse et le moment d’inertie des essieux sont négligés. L’énergie cinétique du systèmeest donc égale à :

Sa dérivée temporelle est égale à :

On en déduit la relation :

d’où :

La puissance instantanée est ainsi : où

Sa valeur moyenne au cours de la phase d’accélération est donc :

On obtient numériquement :

PtotΓR---- x·G–=

Le théorème de la puissance cinétique fait intervenir les actions extérieures et les actions inté-rieures. Ces dernières ne doivent surtout pas être oubliées.

1 2 3 + +

dEc

dt--------- Pint Pext+=

Ec12--- M

dxG

dt---------⎝ ⎠⎛ ⎞

2

=

dEc

dt--------- M

dxG

dt--------- a=

MdxG

dt--------- a

ΓR---

dxG

dt---------–=

Γ MaR–=

P t( ) Mav t( )= v t( ) at.=

P⟨ ⟩ 12--- Ma2τ=

P⟨ ⟩ 15 6 kW.,=

La puissance du couple moteur, action intérieure au système complet correspondantau véhicule, doit être prise en compte dans le bilan énergétique.

en conclusion

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

s’entraîner


237

Corrigé p. 245

Détermination d’un moment d’inertieOn souhaite déterminer le moment d’inertie J d’uncylindre en observant son roulement sans glisse-ment sur un plan incliné. Le rayon du cylindre est

Sa masse est Il roule surun plan incliné comme représenté ci-dessous.

La durée du trajet sur est égale à

1. L’énergie mécanique du cylindre est-elleconservée ?2. Déterminer l’expression de J en fonction desdonnées du problème.3. Application numérique. Calculer J.

Corrigé p. 246

Chute d’une chaîneUne chaîne homogène, de masse m, de longueurL, repose sur une table parfaitement lisse. Un brinde la chaîne, de longueur pend au bord de latable. La chaîne est abandonnée sans vitesse ini-tiale. On repère le mouvement de la chaîne par lacote de son extrémité Ainsi, à la date et

On considère qu’il n’y a pas de dissipation d’éner-gie dans la chaîne.

1. Faire un bilan des actions sur la chaîne.2. Déterminer une grandeur énergétique conser-vée au cours du mouvement.3. En déduire l’équation différentielle vérifiée par

puis la résoudre.

4. Au bout de combien de temps la chaîne quitte-t-elle la table ?

Corrigé p. 246

Mesure d’un coefficient de frottementUn solide de masse M repose sur une table hori-zontale. Lors de son mouvement, il est soumis àune force de frottement opposée à son mouvementet d’intensité f N où N désigne la réaction normalede la table sur le solide. Le solide est relié à un filinextensible, de masse négligeable, qui passe parune poulie parfaite de masse négligeable. L’autreextrémité du fil est reliée à une masse qui setrouve initialement à une hauteur h au-dessus dusol. On lâche la masse sans vitesse initiale. Lefil ne glisse pas sur la poulie. Entraînée par lamasse la masse M parcourt une distance avant de s’arrêter. Déterminer l’expression du coef-ficient de frottement f en fonction de d, h, M et

Corrigé p. 247

Oscillations de deux disquesUn système est constitué de deux disques homogè-nes, chacun de masse M et de rayon R, reliés parune bielle horizontale. Cette dernière est modéli-sée par une tige homogène de longueur et demasse m. Les deux disques roulent sans glisser surle sol horizontal. Les liaisons sont parfaites. Lemoment d’inertie d’un disque homogène par rap-

port à son axe est Déterminer la

période des petites oscillations.

1 15 min

R 24 mm.= M 51 g.=

Cale de 2 cm de hauteur

d = 1,5 m

d 1 5 m,=

τ 5 1 s.,=

2 15 min

0,

Z t( ).t 0,= Z 0( ) 0=

dZdt------- 0( ) 0.=

m, LO

Z

g

Z t( ),

3 15 min

M ′

M ′

M ′, d h

M ′.

h

M

M

4 15 min

J 12--- MR2.=

O1

θ

O2

mO 1

O 2

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n,cl

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pré

pa

s’entraîner


238

Corrigé p. 248

Cylindre lestéUn cerceau rigide, de masse M, de rayon R et decentre C, est lesté par une masse ponctuelle m fixéeen un point P de sa circonférence. L’ensemble formele solide Le solide est abandonné sansvitesse initiale sur un plan incliné d’un angle par rapport à l’horizontale, le point P étant en con-tact avec le sol. Le référentiel lié au plan est galiléen.

On se place dans le cas où le solide roule sansglisser et reste en contact avec le plan incliné.On note x l’abscisse du point C sur l’axe Ox et θ

l’angle entre CI et CP :

1. À quelles conditions existe-t-il une positiond’équilibre stable ?

2. Déterminer, dans les conditions précédentes,l’équation des petites oscillations autour de la posi-tion d’équilibre stable, si elle existe.

5 15 min

S( ). S( )α 0

Oz P

C

x

v (C )

I

θ

α

g

y

Position 1 Position 2

t > 0t = 0

m

S( )

θ CI CP,( ).=

© N

atha

n,cl

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pré

pa

corrigés


239


1 L’énergie cinétique du système est égale à :

On déduit du principe fondamen-

tal de la dynamique la variation d’énergie cinétiqueau cours d’une durée élémentaire dt :

Regroupons les termes et avec i différent dej. On a ainsi, d’après le principe des actions réciproques :

On en déduit :

Le premier terme du membre de droite correspond àla puissance des forces extérieures multipliée par dtet le second à la puissance, multipliée par dt, des for-ces intérieures regroupées après application du prin-cipe des actions réciproques.

2 L’expression de la puissance des actions intérieures

est : (voir exercice ci-dessus).

est la vitesse relative du point matériel i parrapport au point matériel j dans le référentiel Considérons un référentiel Son mouvementpar rapport au référentiel est défini par la vitesse

de son origine par rapport à et par son

vecteur rotation La vitesse relative dans enfonction de celle dans est ainsi :

La puissance des actions intérieures dans le référen-tiel est donc :

La force est la même dans tout référentiel. Lepremier terme du second membre est donc la puis-sance des actions intérieures dans le référentiel De plus, le second terme s’écrit aussi :

Or, d’après la troisième loi de Newton :

Ainsi, la puissance des actions intérieures est indé-pendante du référentiel dans lequel on la détermine.

3 1. La relation entre les vitesses, à un instantdonné, en deux points A et M du solide est donnéepar la formule de Varignon :

2. La résultante des actions extérieures est :

Le moment des actions extérieures en A est :

3. La puissance des actions extérieures sur un élé-ment de masse dm du solide est

4. La puissance des actions extérieures exercées surle solide est obtenue en intégrant l’expression précé-dente sur tout le solide, soit :

Ec12--- mivi

2 .

i

∑=

dEc mivi dvi⋅

i

∑=

vi Fj i→ Fi ext,+

j

j i≠

∑⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞

dt⋅

i

∑=

i j,( ) j i,( ),

Fj i→ vi⋅ Fi j→ vj⋅+ Fj i→ vi vj–( )⋅=

dEc vi Fi ext,⋅

i

∑⎝ ⎠⎜ ⎟⎛ ⎞ dt Fj i→ vi vj–( )dt⋅

jj i

∑i

∑+=

Fj i→ vi vj–( )⋅

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑vi vj–( )

R( ).R ′( ).

R( )

v O ′( ) R( )

Ω . R( )

R ′( )

vi vj– vi′ ve Pi( ) vj′ ve Pj( )+( )–+=

vi′ vj′– Ω PjPi∧+=

R ′( )

Fj i→ vi vj–( )⋅

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑ Fj i→ vi′ vj′–( )⋅

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑=

Fj i→ Ω PjPi∧( )⋅

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑+

Fj i→

R ′( ).

Ω PjPi Fj i→∧( )⋅

j 1=

i 1–

∑i 1=

N

∑

PjPi Fj i→∧ 0=

v M( ) v A( ) Ω AM∧+=

dF M( )solide∫∫∫

ΓA

AM dF M( )∧solide∫∫∫

dF M( ) v M( ) .⋅

Pext dF M( ) v M( )⋅solide∫∫∫=

dF M( ) v A( ) Ω AM∧+( )⋅solide∫∫∫=

dF M( ) v A( )⋅solide∫∫∫=

dF M( ) Ω AM∧( )⋅solide∫∫∫+

dF M( ) v A( )⋅solide∫∫∫=

Ω AM dF M( )∧( )⋅solide∫∫∫+

v A( ) dF M( )solide∫∫∫⋅=

Ω AM dF M( )∧solide∫∫∫⋅+

© N

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n,cl

asse

pré

pa

corrigés


240

Elle est donc égale à :

La puissance des actions extérieures s’exprime ainsicomme le comoment du torseur cinématique et dutorseur des actions extérieures. Notons aussi que lapuissance est indépendante de la répartition desforces : elle ne s’exprime qu’en fonction des élémentsde réduction du torseur des actions extérieures (résul-tante et moment en un point) et de ceux du torseurcinématique (vecteur rotation et vitesse au mêmepoint que celui considéré pour le moment des actionsextérieures).

5. Cette grandeur est indépendante du choix dupoint A sur le solide. Montrons en effet qu’on obtientle même résultant en réalisant le calcul en un pointB :

4 1. Dans le référentiel barycentrique, en transla-tion par rapport au référentiel d’étude, le solide a unmouvement de rotation. Son vecteur rotation instan-tané est identique à celui dans le référentiel d’étude,donc de direction fixe. De plus, le centre d’inertie est,par définition, fixe dans le référentiel barycentrique.Dans le référentiel barycentrique, le solide a donc unmouvement de rotation autour d’un axe fixe passantpar son centre d’inertie.

2. D’après le théorème de Kœnig, l’énergie cinétiquedu solide a ainsi pour expression :

3. Dérivons cette expression par rapport au temps :

Le théorème de la résultante cinétique appliqué ausolide conduit à :

On applique le théorème du moment cinétique en Gdans :

On en déduit la variation de l’énergie cinétique parunité de temps :

5 1. La puissance des actions de contact est égale à où désigne la vitesse de glissement du

cylindre par rapport au plan incliné. Dans le cas con-sidéré, le plan incliné étant fixe, la vitesse de glisse-ment est égale à la vitesse du point de contactappartenant au cylindre.

2. D’après l’énoncé, on suppose que la composantetangentielle des actions de contact est non nulle. Lapuissance précédente n’est donc nulle que si lavitesse de glissement est nulle, c’est-à-dire si le cylin-dre roule sans glisser sur le plan incliné.

6 Deux solides sont en liaison pivot lorsque le mou-vement de l’un est limité à une rotation par rapport àun axe attaché à l’autre. Une telle liaison est parfaite,c’est-à-dire telle que le moment des actions de con-tact ait une composante nulle selon l’axe de rotation,si la puissance totale des actions de contact, c’est-à-dire solide 1 solide 2 et solide 2 solide 1, estnulle.

7 1. Faux. L’énergie mécanique est définie commela somme des énergies potentielles, dont dérivent lesactions conservatives, et de l’énergie cinétique dusystème.

2. Faux. Comme indiqué ci-dessus, l’énergie méca-nique peut être définie aussi pour des systèmes nonconservatifs. Dans ce cas, elle décroît au cours dutemps.

3. Vrai. Il s’agit de la définition de l’énergie mécani-que.

Pext F v A( )⋅ Ω ΓA⋅+=

F v B( )⋅ Ω ΓB⋅+

F v A( ) Ω AB∧+( )⋅ Ω ΓA F AB∧+( )⋅+=

F v A( )⋅ Ω ΓA⋅ F Ω AB∧( )⋅ Ω F AB∧( )⋅+( )+ +=

F v A( )⋅ Ω ΓA⋅+=

Ec12--- mvG

2 Ec*+=

Ec12--- mvG

2 12--- J Ω2+=

dEc

dt--------- maG vG⋅ J dΩ

dt-------- Ω⋅+=

maG Fext=

R*( )

J dΩdt-------- ΓG=

dEc

dt--------- Fext vG⋅ Ω ΓG⋅+=

T vg⋅ vg

→ →

© N

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n,cl

asse

pré

pa


241


1 1. Le fil étant tendu et sans glissement sur la pou-lie, on obtient :

2. Le système retenu est constitué de la poulie, de lamasse, du fil et de l’axe de la poulie. Il est soumisaux actions extérieures suivantes :– un couple moteur qui entraîne la rotation de lapoulie ;– le poids de la masse M et de la poulie.On identifie les actions intérieures suivantes :– la tension du fil qui ne travaille pas (fil tendu) ;– les actions axe poulie et poulie axe de puis-sance totale nulle car la liaison pivot est parfaite ;– les actions de contact fil poulie de puissancetotale nulle, car le fil ne glisse pas sur la poulie.3. En supposant le fil de masse négligeable, l’énergiecinétique du système est égale à :

4. Le théorème de la puissance cinétique implique :

soit :

On obtient ainsi l’équation différentielle d’un mou-vement uniformément accéléré du solide. Notonsque Γ est supposé négatif. Si la masse Ma un mouvement ascendant.

2 1. Le système étudié est constitué d’un seul solide, ledisque. Il est soumis aux actions extérieures suivantes :– son poids qui ne travaille pas, car le centre d’inertieest fixe ;– la tension du fil qui ne travaille pas, pour la mêmeraison que précédemment ;– le couple de torsion qui est associé à une énergie

potentielle

Ainsi, l’énergie mécanique, somme de l’énergie ciné-tique et de l’énergie potentielle de torsion, est conser-vée au cours du mouvement. Le disque ayant unmouvement de rotation autour de l’axe sonénergie cinétique a pour expression :

Ainsi, l’énergie mécanique a pour expression :

Cette quantité est conservée au cours du mouvement.Dérivons-la par rapport au temps. On obtient l’équa-tion du mouvement :

2. Il s’agit de l’équation d’un oscillateur harmonique.Les conditions initiales conduisent à la solution :

où :

3 Le cylindre est soumis à son poids et aux actionsde contact du cylindre 1. Le poids dérive d’une éner-gie potentielle. Les actions de contact ne travaillentpas car il y a roulement sans glissement. Ainsi, l’éner-gie mécanique, somme de l’énergie cinétique et del’énergie potentielle de pesanteur, est conservée aucours du mouvement.On a montré dans un exercice précédent que la con-dition de roulement sans glissement s’écrit :

D’après le théorème de Koenig, l’énergie cinétiqueest la somme de l’énergie cinétique barycentrique,

et de l’énergie cinétique d’un point maté-

riel de masse m et de position G. Cette seconde con-tribution à l’énergie cinétique est ainsi

Étant donné la relation ciné-

matique de non-glissement, l’énergie cinétique a pourexpression :

L’énergie potentielle de pesanteur a pour expression en retenant une énergie

nulle lorsque le centre d’inertie G est à son point leplus bas.Ainsi, l’énergie mécanique a pour expression :

Rdθdt------

dzdt------–=

→ →

↔

Ec12--- J

dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- M

dzdt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2+

12--- M

J

R2------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ dzdt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2= =

MJ

R2------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ dzdt------

d2zdt2-------- Γ

dθ

dt------ Mg

dzdt------–=

MJ

R2------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ d2zdt2--------

Γ

R---– Mg–=

Γ MgR ,

Ep12--- Cθ2 .=

Gz( ),

Ec12--- J

dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2=

Em12--- J

dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- Cθ2+=

J d2θ

dt2--------- Cθ+ 0=

θ t( ) θ0 ωt( )cos=

ωCJ

----=

R2dαdt------- R1 R2–( )

dθdt------+ 0=

12--- J

dα

dt-------⎝ ⎠⎛ ⎞

2

12--- m R1 R2–( )2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2.

Ec12--- J

dα

dt-------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- mVG

2+=

12--- m

J

R22

------+⎝ ⎠⎛ ⎞ R1 R2–( )2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2=

mg R1 R2–( ) 1 θcos–( ) ,

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


242

Dérivons cette expression par rapport au temps. Ilvient :

On exclut la solution identiquement nulle et on

suppose les oscillations de faible amplitude, d’où :

Il s’agit de l’équation d’un oscillateur harmonique depulsation :

dont on déduit la période :

Dans le cas où le cylindre est homogène

et

4 1. Le système n’a qu’un seul degré de liberté, icidécrit par la variable angulaire θ. La barre est sou-mise aux actions extérieures suivantes :– le poids, qui dérive d’une énergie potentielle ;– les actions de contact en A et B, qui ne travaillentpas, car on suppose qu’il n’y a pas de frottement.L’énergie mécanique est égale à la somme de l’éner-gie potentielle de pesanteur et de l’énergie cinéti-que.D’après le schéma de l’énoncé indiquant les axes,l’énergie potentielle de pesanteur a pour expression :

où est une constante qui peut être choisie detelle façon que l’énergie potentielle de pesanteur soitnulle pour Cependant :

où : On a ainsi, avec le choix précédemment suggérépour :

La barre est en rotation à la vitesse angulaire

dans le référentiel barycentrique et son centre d’iner-

tie a pour vitesse instantanée où est le

vecteur orthoradial, orthogonal à OG. On en déduitl’énergie cinétique de la barre :

L’énergie mécanique de la barre est donc :

2. En l’absence de forces de frottement, l’énergiemécanique de la barre est conservée. Dérivons parrapport au temps l’expression précédente. On endéduit donc :

On exclut la solution identiquement nulle.

L’équation différentielle du mouvement est ainsi :

Dans le cas d’oscillations de petite amplitude, l’équa-tion précédente se linéarise en :

Il s’agit de l’équation d’un oscillateur harmonique de

pulsation La période des oscilla-

tions est ainsi :

5 1. La longueur du fil tendu étant constante, on a larelation cinématique :

qui s’intègre en :

en choisissant des origines cohérentes pour ces deuxvariables.

Em12--- m

J

R22

------+⎝ ⎠⎛ ⎞ R1 R2–( )2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2mg R1 R2–( ) 1 θcos–( )+=

mJ

R22

------+⎝ ⎠⎛ ⎞ R1 R2–( )2 dθ

dt------

d2θ

dt2--------- mg R1 R2–( ) θ

dθdt------sin+ 0=

dθ

dt------

mJ

R22

------+⎝ ⎠⎛ ⎞ R1 R2–( )

d2θ

dt2--------- mgθ+ 0=

ω0mg

J

R22

------ M+⎝ ⎠⎛ ⎞ R1 R2–( )

-----------------------------------------------=

T 2π

ω0------ 2π

J

R22

------ M+⎝ ⎠⎛ ⎞ R1 R2–( )

mg-----------------------------------------------= =

J

R22

------12--- m=

T 2π3 R1 R2–( )

2g-------------------------- .=

Ep Ep 0, mgxG–=

Ep 0,

θ 0.=

xG OG θcos=

OG R2 2–=

Ep 0,

Ep mg R2 2– 1 θcos–( )=

dθ

dt------ ez

R2 2– eθ eθ

Ec16--- m2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- m R2 2–( )

dθdt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2+=

12--- m R2 22

3---------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2=

Em mg R2 2– 1 θcos–( )12--- m R2 22

3---------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2+=

mg R2 2– θdθ

dt------sin m R2 22

3---------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ dθ

dt------

d2θ

dt2---------+ 0=

dθ

dt------

g R2 2– θsin R2 22

3---------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ d2θ

dt2---------+ 0=

g R2 2– θ R2 22

3---------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ d2θ

dt2---------+ 0=

ωg R2 2–

R2 22

3---------–

------------------------ .=

T 2πR2 2

3-----–

g R2 2–

------------------------=

dxdt------

dZdt-------=

x Z=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


243

De même, l’absence de glissement du fil sur la pouliepermet d’obtenir la relation cinématique :

Le système n’a donc qu’un seul degré de liberté.2. Afin de prendre en compte l’hypothèse de liaisonpivot parfaite et celle du fil tendu sans glissement surla poulie, le système étudié est l’ensemble :

3. Le système est soumis aux actions extérieuressuivantes :– poids des masses et de la poulie et del’axe ;– réaction du support sur normale au planincliné (absence de frottement).On identifie les actions intérieures suivantes :– les tensions du fil, qui ne travaillent pas car le filreste tendu ;– les actions de contact de la poulie sur le fil, qui netravaillent pas car le fil ne glisse pas sur la poulie ;– les actions de contact sur l’axe de poulie, qui ontune puissance nulle (liaison pivot parfaite).4. Parmi les actions précédentes, seul le poids tra-vaille. Or, il dérive d’une énergie potentielle. Le sys-tème est donc conservatif.5. L’énergie potentielle du système est ici égale àl’énergie potentielle de pesanteur de l’ensemble, soitavec un choix judicieux de la référence de cette éner-gie potentielle :

Étant donné la relation cinématique :

L’énergie cinétique est égale à :

Étant donné les relations cinématiques établies à lapremière question :

d’où une intégrale première du mouvement :

6. En dérivant par rapport au temps puis en simpli-

fiant par on obtient :

c’est-à-dire l’équation différentielle d’un mouvementuniformément accéléré.

6 Notons la résultante des actions decontact sur les roulettes et la résultantedes actions de contact sur la cale. La vitesse du réfri-gérateur étant constante, le théorème de la résultantecinétique projeté sur conduit à :

L’énergie cinétique du réfrigérateur est indépendantedu temps. Par conséquent, la somme de la puissancedes actions intérieures et de celle des actions exté-rieures est nulle. Or, la puissance des actions intérieu-res est nulle car la liaison pivot des roulettes estparfaite. De plus, les roulettes ne glissant pas, la puis-sance des actions de contact sol roulette est nulle.La puissance des actions de contact sur la cale est

où v est la vitesse du réfrigérateur. La puissancede la force exercée par l’opérateur est Le théo-rème de la puissance cinétique conduit donc à :

Les deux équations ainsi obtenues conduisent ainsi à :

7 La corde est soumise aux actions suivantes :– le poids qui dérive d’une énergie potentielle ;– les actions de contact du cylindre, qui ne travaillentpas car la surface est supposée parfaitement glissante.Ainsi, l’énergie mécanique de la corde, ici égale à lasomme de son énergie potentielle de pesanteur et deson énergie cinétique, est conservée au cours dumouvement. À un instant donné, tous les points de lacorde ont une vitesse de même norme. Ainsi, l’éner-gie cinétique de la corde est égale à :

Il s’agit de déterminer l’énergie potentielle de la corde.Retenons comme référence de cette énergie la posi-tion de la corde parfaitement symétrique par rapportau cylindre. Cette position correspondrait à

Par rapport à cette position, il y a

une portion plus basse de longueur à gau-

che et une portion « manquante » de même longueur àdroite. L’énergie potentielle de pesanteur est ainsi :

Rdθ

dt------

dZdt-------=

masse M2 axe poulie fil masse M1+ + + +

M1 M2 ,

M2 ,

Ep M1gZ– M2gx αsin+=

Ep M1gZ– M2gZ αsin+=

Ec12--- M1

dZdt--------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- M2

dxdt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- J

dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2+ +=

Ec12--- M1 M2

J

R2------+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞ dZdt--------⎝ ⎠⎛ ⎞

2=

Em M1gZ– M2gZ αsin 12--- M1 M2

J

R2------+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞ dZdt--------⎝ ⎠⎛ ⎞

2+ + Cte= =

dZdt------- ,

M1g– M2g αsin M1 M2J

R2------+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞ d2Zdt2---------+ + 0=

T1ex N1ey+

T2ex N2ey+

Ox( )

F T1 T2+ + 0=

→

T2vF1v .

F1 T2+( )v 0=

T1 0=

Ec12--- m

dza

dt--------⎝ ⎠⎛ ⎞

2

=

zA zBL πR–

2----------------- .= =

zAL πR–

2-----------------–

Ep mg

zAL πR–

2-----------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2

L------------------------------------–=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


244

L’énergie mécanique de la corde est donc :

Dérivons cette expression par rapport au temps. Onobtient ainsi, après simplification :

Posons : On a ainsi :

avec pour conditions initiales :

et

Cependant et

d’où

La solution de l’équation différentielle est donc :

où

8 1. Considérons le système constitué des deux dis-ques et du fil de torsion. Ce système est soumis à uneseule action extérieure, son poids, dont le pointd’application est sur l’axe Son moment parrapport à est donc nul. Le théorème dumoment cinétique par rapport à axe fixe dansle référentiel d’étude, conduit donc à un momentcinétique indépendant du temps. La contribution dufil étant nulle, le moment cinétique total des deux dis-ques est conservé, soit :

car les deux disques sont sans vitesse initiale. L’équa-tion précédente s’intègre ainsi en :

soit :

2. Le poids des disques ne travaillant pas, et enl’absence d’autre action susceptible de travailler,l’énergie mécanique du système constitué des deux

disques se réduit ici à la somme de leur énergie ciné-tique et de l’énergie potentielle de torsion, soit :

3. Dérivons l’expression précédente par rapport autemps. On obtient ainsi :

Cependant :

et

L’équation précédente devient donc :

Or :

d’où :

Cette équation permet de déterminer puis d’endéduire

4. Posons Cette grandeur est solutionde l’équation différentielle :

de solution générale :

où :

Cependant, en : et

d’où :

On en déduit :

puis :

9 1. Le contact en A se fait sans frottement. La réac-tion en A est donc normale au plan et elle ne travaillepas.

2. Le centre d’inertie est initialement à la hauteur

par rapport au sol. Il se retrouve finalement sur le solà la fin de la chute. Le travail du poids au cours de la

chute est donc égal à

Em12--- m

dza

dt--------⎝ ⎠⎛ ⎞

2

mg

zAL πR–

2-----------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2

L------------------------------------–=

d2za

dt2---------- 2g

zAL πR–

2-----------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞

L----------------------------------– 0=

u zAL πR–

2----------------- .–=

d2udt2---------

2gL----- u=

dudt------⎝ ⎠⎛ ⎞

t 0=

0= u 0( ) zA 0( )L πR–

2-----------------–=

zB 0( )L πR–

2-----------------– zA 0( )

L πR–

2-----------------–⎝ ⎠

⎛ ⎞–=

zA 0( ) zB 0( )– 0 ,= u 0( )0

2----- .=

u t( )0

2----- ch t

τ--⎝ ⎠⎛ ⎞=

τ

2g----- .=

Oz( ).Oz( )

Oz( ),

J dθ1

dt---------

dθ2

dt---------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0=

J θ1 θ2+( ) Cte=

J θ1 θ2+( ) J θ0=

Em12--- J

dθ1

dt---------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- J

dθ2

dt---------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- C θ1 θ2–( )2+ +=

J dθ1

dt---------

d2θ1

dt2----------- J

dθ2

dt---------

d2θ2

dt2----------- C θ1 θ2–( )

dθ1

dt---------

dθ2

dt---------–⎝ ⎠

⎛ ⎞+ + 0=

dθ1

dt---------

dθ2

dt---------+ 0=

d2θ1

dt2-----------

d2θ2

dt2-----------+ 0=

2 J dθ1

dt---------

d2θ1

dt2----------- 2C θ1 θ2–( )

dθ1

dt---------+ 0=

θ2 θ0 θ1–=

2 J d2θ1

dt2----------- 2C 2θ1 θ0–( )+ 0=

θ1 ,θ2 θ0 θ1 .–=

u 2θ1 θ0 .–=

J d2udt2--------- 2Cu+ 0=

u t( ) A ωt( )cos B ωt( )sin+=

ω2C

J--------=

t 0=dudt------ 0= u 0( ) θ0–=

u t( ) θ0 ωt( )cos–=

θ1 t( )12--- θ0 1 ωt( )cos–( )=

θ2 t( )12--- θ0 1 ωt( )cos+( )=

L2---

12--- MgL .

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


245

3. La barre est soumise à son poids, de résultanteverticale, et aux actions de contact, de résultante ver-ticale, car il n’y a pas de frottement sur le sol. D’aprèsle théorème de la résultante cinétique, le centred’inertie a donc une accélération verticale. Or, savitesse initiale est nulle. Le centre d’inertie décritdonc un mouvement de translation vertical.

4. Le mouvement de la barre est la compositiond’une translation verticale de son centre d’inertie Get d’une rotation autour d’un axe horizontal passantpar G. Le mouvement de la barre dans son référen-tiel barycentrique est une rotation autour de l’axefixe

5. Notons α l’angle entre la barre et L’énergiecinétique de la barre est la somme de son énergie

cinétique barycentrique, et de l’énergie

cinétique d’un point matériel de masse M repéré parG. Ainsi :

Notons y l’altitude du centre d’inertie G par rapportau sol :

d’où :

L’énergie cinétique a donc pour expression en fonc-tion de l’angle α :

6. D’après le théorème de l’énergie cinétique, la varia-tion d’énergie cinétique de la barre, système constituéd’un seul solide, est égale au travail des actions exté-

rieures. On en déduit la valeur finale de :

soit :

La vitesse du centre d’inertie est alors :

La formule de Varignon conduit à la vitesse del’extrémité B :

Gz( ).

Ox( ) .

12--- J

dα

dt-------⎝ ⎠⎛ ⎞

2,

Ec12--- J

dα

dt-------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- Mv2 G( )+=

yL2--- αsin=

dydt------

L2--- α

dα

dt-------cos=

Ec12--- J

dα

dt-------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 18--- ML2cos2α

dα

dt-------⎝ ⎠⎛ ⎞

2+=

dα

dt-------

dα

dt-------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 MgL

J14--- ML2+

------------------------=

dα

dt-------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 3gL-----=

dydt------

L2---

3gL-----–=

v B( ) v G( )dα

dt------- ez GB∧+=

L2---

3gL----- ey–

3gL----- ez

L2--- ex–⎝ ⎠

⎛ ⎞∧+=

3gLey–=

S’entraîner

1 1. Le cylindre est soumis aux actions extérieuressuivantes :– son poids qui dérive d’une énergie potentielle ;– les actions de contact du plan incliné, qui ne tra-vaillent pas car le cylindre roule sans glisser.L’énergie mécanique, somme de l’énergie potentielle depesanteur et de l’énergie cinétique, est donc conservéeau cours du mouvement.

2. Déterminons l’équation du mouvement du cylindre.Sa position est a priori décrite par deux variables, d’unepart la position x du centre d’inertie C par rapport à uneligne de plus grande pente du plan incliné, d’autre partl’angle θ entre la verticale descendante passant par C etCM, où M est un point fixe sur le cylindre. Cependant, leroulement se produisant sans glissement, ces deux varia-bles sont liées par :

D’après le théorème de Koenig, l’énergie cinétique ducylindre dans le référentiel du plan incliné est la sommede son énergie cinétique barycentrique et de l’énergiecinétique d’un point matériel de masse M en C, soit :

Étant donné la relation cinématique de non-glissement :

Notons α l’angle du plan incliné. L’énergie potentiellede pesanteur du cylindre est ainsi, avec un choix judi-cieux de référence de l’énergie potentielle :

dxdt------ R

dθ

dt------+ 0=

Ec12--- J

dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- M

dxdt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2+=

Ec12---

J

R2------ M+⎝ ⎠⎛ ⎞ dx

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2=

Ep Mgx αsin–=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


246

En l’absence de glissement, l’énergie mécanique ducylindre est conservée, d’où :

Dérivons cette équation par rapport au temps. On endéduit :

Il s’agit d’un mouvement uniformément accéléré à lavitesse, selon :

La vitesse initiale étant supposée nulle, on a donc :

Notons h la hauteur de la cale :

Finalement :

3.

2 1. La chaîne est soumise à son poids et aux actions decontact de la table.

2. La table est supposée parfaitement lisse. Ainsi, lesactions de contact sont normales à la table et ne tra-vaillent pas au cours du mouvement de la chaîne. Deplus, le poids dérive d’une énergie potentielle. Ainsi,l’énergie mécanique, somme de l’énergie cinétique et del’énergie potentielle de pesanteur, est conservée aucours du mouvement de la chaîne.

3. Chaque point de la corde a une vitesse instantanée

de projection soit horizontale, soit verticale, égale à

L’énergie cinétique de la chaîne est donc

Déterminons l’énergie potentielle de pesanteur de lachaîne. On retient comme référence de cette énergiepotentielle la cote de la table horizontale. À l’instant t,une longueur est en position verticale. Le reste dela chaîne, sur la table, a une contribution nulle à l’énergiepotentielle de pesanteur. La partie verticale a une masse

et son centre d’inertie a pour position La

chaîne a donc une énergie potentielle

Ainsi, l’énergie mécanique de la chaîne à l’instant t apour expression :

Dérivons cette expression par rapport au temps. Onobtient alors l’équation différentielle :

On exclut la solution identiquement nulle, d’où :

La solution générale de cette équation différentielle est :

où Les conditions initiales conduisent à

(longueur initiale de la chaîne) et

(vitesse initiale nulle). On en déduit : d’où :

4. La chaîne quitte la table lorsque la grandeur précé-dente atteint la valeur L, soit au bout de :

3 Il faut distinguer deux phases. Au cours de la pre-mière, les deux masses sont en mouvement. Au cours dela seconde, la masse reste au sol, alors que la masseM continue de se déplacer.Au cours de la première phase, le système

est soumis aux actions exté-rieures suivantes :– le poids de M, qui ne travaille pas, car le mouvementde ce solide est horizontal ;– le poids de dont le travail est égal à ;– le poids de la poulie qui ne travaille pas ;– le poids du fil négligé ;– les actions de contact de la table.Ces dernières actions se décomposent en une réaction Nnormale à la table et en une force de frottement quis’oppose au mouvement de la masse M. Le mouvementhorizontal du solide conduit à et les lois deCoulomb conduisent à une force de frottement d’inten-sité fMg. Son travail au cours de la première phase estdonc Il s’agit aussi de déterminer le travail des actions inté-rieures. Le fil étant inextensible et de masse négligeable,le travail des tensions est nul. La poulie étant parfaite, letravail des actions de contact sur l’axe de la poulie estnul.

12---

J

R2------ M+⎝ ⎠⎛ ⎞ dx

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2Mgx αsin– Cte=

J

R2------ M+⎝ ⎠⎛ ⎞ d2x

dt2--------- Mg αsin=

Ox( )

d2xdt2---------

MJ

R2------ M+

------------------ g αsin=

d12---

MJ

R2------ M+

------------------ g ατ2sin=

αsin hd---=

J 12---

ghd 2----- τ2 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞MR2=

J 3 9, 10 6– kg m2 .⋅ ⋅=

dZdt------- .

12--- m

dZdt--------⎝ ⎠⎛ ⎞

2.

Z t( )

mZ t( )

L----------

Z t( )2

---------- .

mZ t( )

L---------- g

Z t( )2

---------- .–

Em12--- m

dZdt--------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- mg

Z 2

L------–=

mdZdt-------

d2Zdt2--------- mg

ZL---

dZdt-------– 0=

dZdt-------

d2Zdt2--------- g

ZL---=

Z t( ) Atτ--⎝ ⎠⎛ ⎞exp B

tτ--–⎝ ⎠

⎛ ⎞exp+=

τLg--- .=

A B+ 0= A B– 0=

A B0

2----- ,= =

Z t( ) 0ch tτ--⎝ ⎠⎛ ⎞=

T τ Argch L0-----⎝ ⎠⎛ ⎞=

M ′

masse M +

fil poulie masse M ′+ + +

M ′ , M ′gh

N Mg=

f Mgh .–

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


247

D’après le théorème de l’énergie cinétique, la variationd’énergie cinétique du système est égale au travail desactions intérieures et à celui des actions extérieures.Notons la norme de la vitesse à la fin de cette phase.On a donc :

On en déduit ainsi la vitesse du solide de masse M à lafin de cette première phase, donc au début de laseconde phase. Elle vérifie la relation :

Au cours de la seconde phase, seule la masse M continueson mouvement jusqu’au moment où toute son énergiecinétique a été dissipée par les frottements. Appliquonsle théorème de l’énergie cinétique entre ces deux ins-tants. On a donc :

Reportons l’expression de obtenue précédemment.On en déduit :

d’où :

4 On considère le système constitué des disques et dela barre. Ce système est soumis aux actions extérieuressuivantes :– son poids, qui dérive d’une énergie potentielle ;– les actions de contact du sol, qui ne travaillent pas, caril y a roulement sans glissement.Les actions intérieures se réduisent aux actions d’axe quine travaillent pas car les liaisons sont supposées parfaites.L’énergie mécanique, somme de l’énergie cinétique etde l’énergie potentielle de pesanteur, est donc conservéeau cours du mouvement. Il s’agit de déterminer cesdeux contributions à l’énergie mécanique.L’énergie cinétique est la somme des énergies cinétiquesdes trois sous-systèmes suivants : les deux roues et labarre. Le centre de la roue 1 est repéré par sa position

En l’absence de roulement sans glissement, on a :

D’après le théorème de Koenig, l’énergie cinétique de laroue est égale à :

L’énergie cinétique de la seconde roue est identique.Le centre d’inertie de la barre a pour position

donc pour vitesse

soit

La barre a un mouvement de translation. Son énergiecinétique est ainsi égale à :

L’énergie cinétique totale du système a donc pourexpression :

L’énergie potentielle de pesanteur des deux roues nedépend pas du temps. On la considérera, par conven-tion, nulle. La position verticale du centre d’inertie de labarre est L’énergie potentielle de pesan-teur du système est ainsi L’énergie mécanique du système est donc :

Cette quantité est conservée au cours du mouvement.Dérivons-la par rapport au temps :

On en déduit l’équation du mouvement :

Dans le cas d’oscillations de faible amplitude, le

deuxième terme peut être approché par Le

troisième, d’ordre 3, peut être négligé. Enfin, le qua-trième peut être linéarisé en mgRθ. L’équation du mou-vement devient donc :

Notons qu’il est aussi possible de développer à l’ordre 2l’expression de l’énergie mécanique, soit :

puis de dériver par rapport au temps, ce qui conduit à lamême équation.

v1

12--- M M ′+( )v1

2 M ′gh f Mgh–=

v12 2

M ′ f M–

M M ′+--------------------- gh=

12--- Mv1

2– f Mg d h–( )–=

v12

M ′ f M–

M M ′+--------------------- h f d h–( )=

f 1MM ′-------

dh---

dh--- 1–+

--------------------------------=

x1 .dx1

dt-------- R

dθdt------=

Ec112--- M

dx1

dt--------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- J

dθdt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2+=

12--- MR2 J+( )

dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2=

34--- MR2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2=

x1 R θsin 12---+ + R 1 θcos–( ),⎝ ⎠

⎛ ⎞ ,

dx1

dt-------- R θ

dθdt------cos+ R θ

dθdt------sin,⎝ ⎠

⎛ ⎞ , Rdθdt------ 1 θcos+ θsin,( ).

Ecb mR2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

21 θcos+( )=

Ec32--- MR2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2mR2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

21 θcos+( )+=

R 1 θcos–( ) .Ep mgR 1 θcos–( ) .=

Em32--- MR2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2mR2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

21 θcos+( )+=

mgR 1 θcos–( )+

dEm

dt----------- 3MR2 dθ

dt------

d2θ

dt2--------- 2mR2 dθ

dt------

d2θ

dt2--------- 1 θcos+( )+=

2mR2 dθdt------⎝ ⎠⎛ ⎞

3θsin– mgR θ

dθdt------sin+

3MR2 d2θ

dt2--------- 2mR2 d2θ

dt2--------- 1 θcos+( ) 2mR2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2θsin–+

mgR θsin+ 0=

4mR2 d2θ

dt2--------- .

3M 4m+( )R2 d2θ

dt2--------- mgRθ+ 0=

Em32--- MR2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

22mR2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- mgRθ2+ +=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


248


pulsation et de période :

5 1. Le cerceau lesté est soumis à son poids et auxactions de contact. Le poids dérive d’une énergie poten-tielle. Les actions de contact ne travaillent pas car il n’ya pas de glissement. Ainsi, l’énergie mécanique, sommede l’énergie potentielle de pesanteur et de l’énergie ciné-tique, est conservée.L’énergie potentielle de pesanteur est la somme de deuxcontributions, l’une du cerceau, l’autre du point maté-riel. La première contribution a pour expression, avecun choix judicieux de référence de l’énergie potentielle :

La seconde contribution fait intervenir laposition du point matériel, d’où :

où est une constante.En l’absence de glissement, les deux variables cinémati-

ques x et θ sont liées par la condition Avec

un choix judicieux d’origine de x, l’équation précédentes’intègre en L’énergie potentielle a donc pourexpression :

Déterminons si cette expression présente un minimumpar rapport à θ. La condition du premier ordre s’écrit :

soit :

Il est donc nécessaire que :

La dérivée seconde de l’énergie potentielle est alors :

Elle est positive pourvu que Il existe donc

une position d’équilibre stable si et

elle correspond à l’angle tel que

L’énergie potentielle a alors une

expression approchée au voisinage de cette valeur, obte-nue à l’aide d’un développement limité à l’ordre 2 en

(notons que le terme d’ordre 1 est nul, car on seplace au voisinage d’une position d’équilibre) :

2. Pour déterminer la période des oscillations de faibleamplitude, il est nécessaire de traduire la conservationde l’énergie mécanique. Il faut donc déterminerl’expression de l’énergie cinétique. Celle du cerceau est,d’après le théorème de Koenig et la condition de non-

glissement : Celle de la masse ponctuelle m

se déduit de la vitesse du point P, d’où :

L’énergie cinétique a pour expression :

Considérons des oscillations de faible amplitude autourde et posons L’énergie mécanique adonc pour expression approchée :

L’énergie mécanique est conservée. Dérivons l’expres-sion précédente par rapport au temps. On obtient :


pulsation donc de

période

mg3M 4m+( )R

--------------------------------

T 2π3M 4m+( )R

mg--------------------------------=

Mgx α .sin–

mgx αsin– mgR 1 θcos–( ) αcos E0+ +

E0

dxdt------ R

dθ

dt------ .=

x Rθ .=

Ep MgRθ αsin– mgRθ αsin–=

mgR 1 θcos–( ) αcos E0+ +

M m+( )gR αsin– mgR θ αcossin+ 0=

θsin 1 Mm-----+⎝ ⎠

⎛ ⎞ αtan=

1 Mm-----+⎝ ⎠

⎛ ⎞ αtan 1

mgR θ αcoscos

θ 0 ; π2--- .∈

1 Mm-----+⎝ ⎠

⎛ ⎞ αtan 1

θe 0 ; π2---∈

θesin 1 Mm-----+⎝ ⎠

⎛ ⎞ α .tan=

θ θe–( )

Ep θ( ) Ep θe( )12--- mgR θe α θ θe–( )2coscos+=

MR2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2.

mR2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

21 θcos–( )

Ec MR2 dθdt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2mR2 dθ

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

21 θcos–( )+=

θe θ θe ε .+=

Em MR2 dε

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

2mR2 dε

dt------⎝ ⎠⎛ ⎞

21 θecos–( )+=

Ep θe( )12--- mgR θe αε2coscos+ +

2MR2 2mR2 1 θecos–( )+( )d2ε

dt2-------- mgR θe αεcoscos+ 0=

ΩmgR θe αcoscos

2MR2 2mR2 1 θecos–( )+----------------------------------------------------------------- ,=

T 2π2MR2 2mR2 1 θecos–( )+

mgR θe αcoscos-----------------------------------------------------------------= .

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

11 – Actions de contact


249

Actions de contact

1 Description des actions de contact

1.1. Le contact ponctuel

1.1.1. Le système en interactionSoient deux solides et en contact ponctuel, en un point I commun de leurs surfacesrespectives et (fig. 1).

Le solide exerce sur le solide des actions de contact localisées au point de contact I.

Conséquence : le moment des actions de contact en I est nul : Selon le principe des actions réciproques (ou de l’action et de la réaction), la résultante desactions du solide sur le solide est l’opposée de

est la résultante des actions de sur Elle s’applique en I.

S1 S2Σ1( ) Σ2( )

Fig. 1

(Σ1) (Σ2)

S2

S1

R2→1

R1→2

I

S1 S2

R1 2→ S1 S2.

MI 1 2→ MI 1 2→ 0.=

S2 S1 R1 2→ .

R2 1→ R1 2→–=

MP

PC

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n,cl

asse

pré

pa



250

1.1.2. Décomposition de la résultanteSoit le plan tangent aux deux solides en I et le vecteur unitaire normal au plan

dirigé du solide vers le solide (fig. 2).

On décompose la résultante des actions de contact (fig. 3) :

où :

– est la composante normale de ou force de réac-tion de sur ;

– est la composante tangentielle de ou force de frotte-ment de sur

La force de réaction est due à la répulsion des atomes des deux solides. Elle est dirigée versl’intérieur du solide sur lequel elle s’applique. Dans les cas de surfaces adhésives, cette réactionpeut être attractive mais elle devient répulsive si l’on comprime un solide sur l’autre. Il n’y apas d’expression théorique de la réaction dans le cas de solides. La réaction intervient dans leséquations de la dynamique pour empêcher l’interpénétration des deux solides en contact.La force de frottement est due aux interactions entre les couches atomiques en contact.Elle est très dépendante de la nature (composition des matériaux) et de l’état (lisse,rugueux) des surfaces en contact. La force de frottement est le résultat d’interactions nom-breuses et difficiles à exprimer en général. Ses éventuelles expressions sont empiriques.La force de frottement est nulle si les surfaces sont parfaitement lisses.

π( ) n1 2→

π( ), S1( ) S2( )

Fig. 2

S1

S2

I

(Σ1)

(π)

(Σ2)

R1→2

n1→2

R1 2→

R1 2→ N1 2→ T1 2→+=

N1 2→ R1 2→ n1 2→⋅( )n1 2→= R1 2→

S1 S2

T1 2→ R1 2→ N1 2→–= R1 2→

S1 S2.

Fig. 3

S1

S2

I

(Σ1)

(π)

(Σ2)

R1→2

N1→2

T1→2

n1→2

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atha

n,cl

asse

pré

pa


251

Propriétés :La réaction est dirigée vers le solide sur lequel elle s’exerce :

Il s’agit de la condition de contact non adhésif entre les deux solides.

1.2. Le contact quasi-ponctuel

Le contact ponctuel est un modèle qui décrit des solides idéaux (boules, plans, cylindresparfaits). Dans la pratique, les solides en contact ont en commun une surface.Les actions de contact se répartissent cette fois sur une surface d’aire non nulle maisd’extension faible devant les surfaces des solides. En chaque point P de le solide exerce sur une force infinitésimale (fig. 4).

Soit I un point de La résultante des actions et le moment de ces actions en I sont donnéspar :

Le contact entre solides est en général accompagné d’un moment non nul. On netraitera pas ici ses propriétés, qui ne sont pas au programme, et on utilisera uniquement lemodèle du contact ponctuel, où

2 Les lois de Coulomb du frottementÀ la fin du XVIIIe siècle, Charles-Augustin de Coulomb établit expérimentalement des loispermettant de décrire les actions de frottement entre deux solides.

On décrit ici ces lois, relatives à la résultante des actions de contact,

Le comportement de impose de distinguer deux cas, selon que les solides glissentou ne glissent pas l’un sur l’autre. Cette condition est décrite par la vitesse de glissement

définie au chapitre 2. Les points I, et sont confondus.

Le contact se rompt si s’annule.

R1 2→ n1 2→⋅ N1 2→ n1 2→⋅ 0=

N1 2→

Σ( )Σ( ), S1

S2 dr1 2→ P( )

Fig. 4

IP

S2

S1

(P )

(Σ)

(π)

dr1→2

Σ( ).dr1 2→ P( ) MI 1 2→

R1 2→ dr1 2→Σ( )∫∫= MI 1 2→ IP dr1 2→∧

Σ( )∫∫=

MI 1 2→

MI 1 2→ 0.=

R1 2→ N1 2→ T1 2→ .+=

R1 2→

uS2 S1⁄ v I2 S2∈( ) v I1 S1∈( ),–= I1 I2

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252

2.1. La vitesse de glissement est non nulle

Cette hypothèse se traduit par .

Définition : est le coefficient de frottement cinétique (ou dynamique)Propriétés :– est un nombre sans dimension ;– dépend de la nature et de l’état des surfaces en contact. Dans la plupart des cas, lecoefficient est de l’ordre de 0,3 à 0,7.

2.2. La vitesse de glissement est nulle

La vitesse de glissement est nulle , les deux solides roulent sans glisser l’un sur

l’autre. On dit qu’il y a adhérence entre les solides.

Définition : est le coefficient de frottement statique.Tout comme ce coefficient est sans dimension et dépend fortement de la nature et del’état des surfaces en contact.Cette inéquation est la condition du non-glissement.Exemple :

Dans ce cas, les lois de Coulomb du glissement stipulent :

et est opposé à

Dans ce cas, la loi de Coulomb du non-glissement stipule :

Matériaux en contact Coefficient statique Coefficient cinétique

Acier – Acier 0,15 à 0,3 0,15 à 0,3

Bois – Bois 0,4 à 0,6 0,15 à 0,35

Pneu (caoutchouc) – Asphalte sec 0,9 0,5

uS2 S1⁄ 0≠

T1 2→ fc N1 2→= T1 2→ uS2 S1⁄ .

Fig. 5

S1

S2

I

(π)

R1→2

N1→2

T1→2

n1→2

uS2/S1

f c

f cf c

f c

uS2 S1⁄ 0=

T1 2→ f s N1 2→

f s Remarque

« Statique » ne veutpas dire sans mouve-ment mais unique-ment sans glissement.

f c ,

f s f c

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253

On a toujours

2.3. Cône de frottement

On se place dans l’approximation Une représentation géométrique particulièrement intéressante est celle définissant le cônede révolution autour de la normale et dont le demi angle au sommet α est donnépar :

Les lois de Coulomb ont alors une interprétation géométrique :– s’il y a glissement, le vecteur est sur une génératrice du cône (fig. 6a) ;– s’il n’y a pas de glissement, le vecteur est à l’intérieur du cône (fig. 6b).

Une approximation courante consiste à prendre On ne distingue alors pas les deux coefficients statique et cinétique. Par la suite, onnotera f leur valeur commune.

f c f s

.

f c fs

.=

f c fs

f .= =

n1 2→

αtan f =

R1 2→

R1 2→

Fig. 6a

S1

S2

I

(π)

R1→2

N1→2

T1→2

n1→2

uS2 /S1

α

Fig. 6b

S1

S2

I

(π)

R1→2

N1→2

T1→2

n1→2

α

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254

3 Puissance des actions de contact3.1. Expression de la puissance

Exprimons tout d’abord la puissance des actions de contact sur chacun des deux solides.– subit une force de résultante au point I, de vitesse dans le référentield’étude

La puissance de cette force sur est

– subit une force au point I, de vitesse dans le référentiel d’étude

La puissance de cette force sur est

La puissance des actions de contact sur le système de deux solides vaut alors :

Le principe des actions réciproques implique que et donc que :

De plus, on sait que la vitesse de glissement est dans le plan tangent ce quiimplique que la réaction a une composante nulle sur :

Propriétés :– Lorsqu’elle est non nulle, la puissance des forces de frottement est dissipative :

– La puissance des actions de contact est indépendante du référentiel.

3.2. Cas où la puissance est nulle

Il existe deux cas particuliers importants où la puissance des actions de contact est nulle :– la vitesse de glissement est nulle, les solides roulent l’un sur l’autre sans glisser :

: roulement sans glissement

– la force de frottement est nulle :

: mouvement sans frottement

Dans chacun des deux cas, le système des deux solides peut être qualifié de conservatif(s’il n’y a pas d’autres forces non conservatives bien entendu).

Finalement, la puissance des actions de contact s’exprime par :

Dans le modèle du contact ponctuel, seule la force de frottement a une puis-sance non nulle.

Les deux cas précédents sont en général antagonistes. Un mouvement de roulementsans glissement n’est possible que s’il existe des forces de frottement (il est difficilede rouler sur la glace sans patiner).

S2 R1 2→ v I S2∈( )R( ).

P2 S2 P2 R1 2→ v I S2∈( ).⋅=

S1 R2 1→ v I S1∈( ) R( ).

P1 S1 P1 R2 1→ v I S1∈( ).⋅=

P P1 P2+ R1 2→ v I S2∈( )⋅ R2 1→ v I S1∈( )⋅+= =

RemarqueIl est important derappeler que la puis-sance des actions inté-rieures à un systèmen’est pas nulle en gé-néral.

R2 1→ –R1 2→=

P R1 2→ v I S2∈( )⋅ R1 2→ v I S1∈( )⋅–=

R1 2→ v I S2∈( ) v I S1∈( )–( )⋅ R1 2→ uS2 S1⁄⋅= =

uS2 S1⁄ π( ),N1 2→ uS2 S1⁄ N1 2→ uS2 S1⁄⋅ 0.=

P T1 2→ uS2 S1⁄⋅=

T1 2→

P T1 2→ uS2 S1⁄⋅ 0=

uS2 S1⁄ 0=

T1 2→ 0=

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255


1 Choisir la ou les bonne(s) réponse(s).Un mouvement de roulement sans glisse-ment est toujours :

a. équivalent à un roulement sans frotte-ment.

b. non dissipatif.

c. compatible avec l’inégalité oùf est le coefficient de frottement.

2 Les lois de Coulomb du frottement de con-tact sont des lois fondamentales et exactes.

a. Vrai.

b. Faux.

3 Une force de frottement est toujours dirigéedans le sens opposé à la vitesse du système.

a. Vrai.

b. Faux.

4 Redémontrer l’expression de la puissance P

des forces de contact Cette

puissance dépend-elle du référentiel d’étude ?

5 Expliquer pourquoi il est déconseillé d’accé-lérer ou de freiner fortement sur une chaus-sée glissante.

6 Un stylo à bille cylindrique est posé sur unefeuille de papier, le tout est posé sur unetable horizontale.

Décrire et expliquer les deux types de mouve-ment du stylo par rapport à la feuille lorsque :– on tire lentement la feuille ;– on tire brusquement sur la feuille.


1 On étudie un pavé de masse M, posé sur unesurface plane horizontale Le contactentre le plan et le pavé, obéissant aux lois deCoulomb, est décrit par le coefficient de frot-tement f .On exerce une force horizontale sur lesolide.Décrire le vecteur résultante des actionsdu plan sur le pavé, et l’état du mouvementde celui-ci lorsque l’intensité F de la force augmente, en partant d’une valeur nulle.

2 Un pavé de masse M est posé sans vitesse ini-tiale sur un plan incliné d’un angle α. Lecontact est décrit par les lois de Coulomb decoefficient de frottement f .

1. On augmente lentement l’angle α. Déter-miner la valeur de α pour laquelle lesolide se met à glisser.

2. Décrire le mouvement pour différentes

valeurs de α, avec

Avant la colle

T f N

P T1 2→ uS2 S1⁄ .⋅=

π( ).

F

R,

F

g

F

R

g

α

α0

0 απ2--- .

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256

3. En déduire une méthode de mesure ducoefficient f . Appliquer cette méthode pourdéterminer le coefficient de frottement entredeux feuilles de papier.

3 Un cerceau rigide, de masse M, de rayon Ret de centre C roule sans glisser le long d’unplan incliné.

Le cerceau est abandonné sans vitesse ini-tiale sur le plan incliné d’un angle parrapport à l’horizontale. Le référentiel lié auplan incliné est galiléen.On note x l’abscisse du point C sur l’axe Ox

et θ l’angle où P est un point

lié au cerceau.On note f le coefficient de frottement entrele cerceau et le plan incliné.

1. Déterminer l’équation du mouvement ducerceau. On établira une équation différen-tielle en x.

2. Exprimer les composantes de la réaction du plan incliné sur le cerceau.

3. Quel est l’angle limite α pour lequel leglissement s’amorce ?

4. Dans le cas où le cerceau glisse, calculerson accélération linéaire et son accélérationangulaire.

4 Une pièce tronconique, de rayon a etd’angle au sommet 2α est soumise à uneforce F qui la bloque dans un support trouéfixe. Le contact entre le support et la pièceobéit aux lois de Coulomb de coefficient f .

On néglige l’effet du poids et on considèreque le rayon vaut a pour tous les points encontact (ce qui revient à négliger l’épaisseurde la pièce).Quel est le couple maximal que l’onpeut alors appliquer sur l’axe de la pièce sansque le glissement entre cette pièce et sonsupport ne s’amorce ?

I

C

x

Pθ

α

g

v (C )

α 0

θ CI CP,( )=

R

2α

2a

FΓ

Support

Pièce

Support

Γmax

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257

1

Mise en mouvement d’un cylindre

Soit un cylindre homogène de rayon R, de centre G, de masse M et de moment d’iner-

tie par rapport à son axe de révolution. Le contact entre le cylindre et le

plan est ponctuel et décrit par les lois de Coulomb, de coefficient de frottement f.Ce cylindre est mis en rotation avec une vitesse angulaire et abandonnésans vitesse initiale sur le plan horizontal, G ayant l’abscisse On note l’abscisse de G et l’angle de rotation autour de Oy. Le référentiel terrestre estgaliléen.

On étudie le mouvement de ce cylindre dans le plan xOz.

1 Déterminer la vitesse de glissement du cylindre sur le plan puis sa valeur à l’instant initial.

2 On se place dans l’hypothèse du glissement.a. Appliquer le théorème de la résultante cinétique au cylindre.b. Appliquer le théorème du moment cinétique au cylindre en G.c. Résoudre ces équations et donner et d. Quand le glissement initial s’arrêtera-t-il ?

3 Déterminer la phase ultérieure du mouvement.

4 Faire un bilan énergétique du système entre l’instant initial et l’instant où le glis-sement s’arrête.

J G12--- MR2=

ω0 0

x 0.= x t( )θ t( )

z

y

ω0

O

G

R

I

x

g

uu 0( )

x t( ) θ·

t( ).


Selon la définition de la vitesse de glissement, il faut exprimer les vitesses des points matériels encontact, appartenant au cylindre et au plan.

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258

La vitesse de glissement est donnée par la relation

Dans le référentiel d’étude, lié au plan,

La vitesse s’obtient par la loi des vitesses d’un solide, appliquée au cylin-

dre. En fonction de la vitesse du point G, on écrit :

Exprimons les vecteurs : d’où

On en conclut que la vitesse de glissement est donnée par .

À l’instant initial, la vitesse du point G est nulle d’où .

La vitesse de glissement est dirigée dans le sens des x décroissants.

2

a. Il faut commencer par un bilan des actions extérieures sur le cylindre :

– le poids qui s’applique en G ;

– la résultante des actions de contact qui s’applique en I. Le contactentre le cylindre et le sol implique

T est ici la valeur algébrique de la force de frottement. D’après les lois de Coulomb,dans le cas du glissement, la force de frottement est orientée dans le sens opposé à Àl’instant initial, la vitesse est dirigée selon donc T est orientée selon : La force de frottement sera dirigée dans le même sens tant que ne s’annule pas.

La résultante cinétique du cylindre est donnée par

La résultante des actions extérieures est :

Le théorème s’écrit alors :

La projection fournit deux équations scalaires :

u v I cylindre∈( ) v I sol∈( ).–=

v I sol∈( ) 0.=

v I cylindre∈( )

v I cylindre∈( ) v G( ) ω GI.∧+=

ω θ· ey,= GI Rez–= v I cylindre∈( ) v G( ) Rθ

· ex–=

u v G( ) Rθ· ex–=

u 0( ) Rω0–=

Comme il y a glissement, il faut déterminer deux équations de la dynamique, indépendantes, en et Pour un solide, les théorèmes de la résultante cinétique et du moment cinétique

fournissent ces deux équations indépendantes.x t( ) θ t( ).

M g Mgez–=

R N ez T ex,+=

N 0.

z

y

ω0

O

G

N

Mg

I

x

Tu

u.u ex,– + ex T 0.

uP M v G( ) Mx· ex.= =

Fext Mgez– T ex N ez.+ +=

Mx··ex Mgez– T ex N ez+ +=

Mx·· T=

0 N Mg–=⎩⎨⎧ Mx·· T=

N Mg=⎩⎨⎧

⇒

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259

La dernière équation fournit la réaction N. Puisque le contact entre lecylindre et le plan subsiste.

b. Le moment cinétique en G s’écrit

Le moment des actions extérieures en G s’écrit ;le moment du poids est nul puisque cette force s’applique en G.

Le théorème du moment cinétique en G, projeté sur l’axe Oy, s’exprime alors par

ou encore, en utilisant l’expression de : .

c. Les deux équations nécessitent l’expression de T. Pour cela, il faut utiliser les lois deCoulomb. Comme il y a glissement, la force de frottement est entièrement déterminée :

et on sait, d’après la question précédente, que On endéduit :

La première équation s’écrit : . La résolution de cette équation, avec les condi-

tions initiales, fournit : puis .

Le mouvement de G est uniformément accéléré, d’accélération fg.

L’équation en θ est : qui se résout en puis .

d. Pour savoir quand cette phase de mouvement de glissement s’arrête, il faut exprimerla vitesse de glissement en fonction du temps.

On reprend l’expression avec cette fois les vecteurs exprimés pour uninstant quelconque, soit :

On retrouve bien la vitesse de glissement initiale, à Au cours du temps, la norme

de la vitesse de glissement diminue puis s’annule, à l’instant .

On en conclut que le mouvement de glissement prend fin au bout d’une durée finie Àcet instant, le cylindre roule sans glisser.

3

N Mg 0,=

σG JGω JGθ· ey.= =

MG GI T ex N ez+( )∧ R ez– T ex∧ RT ey–= = =

J Gθ··

RT–= J G θ·· 2

MR--------- T–=

T f N± f Mg±= = T 0.

T + f Mg.=

x·· f g=

x· f gt=

x t( )12--- f gt2=

Ce mouvement ne peut pas durer indéfiniment, sinon la vitesse du cylindre ne serait pas bornée,au mépris de la conservation de l’énergie.

θ··

f 2gR-----–= θ

·f2gR----- t– ω0+=

θ t( ) f

gR--- t2– ω0t+=

u v G( ) Rθ· ex,–=

u f gtex Rθ· ex– f gt Rω0– 2f gt+( )ex 3f gt Rω0–( )ex= = =

t 0.=

tfRω0

3f g----------=

tf.

Il faut reprendre l’étude dynamique dans le cas du roulement sans glissement, car la force defrottement n’a plus l’expression qu’on lui a donnée précédemment. La loi de Coulomb ne per-met pas de déterminer cette force. Elle ne fournit qu’une inégalité.

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260

Il faut faire l’hypothèse que le roulement sans glissement subsiste après Dans ce cas,on retrouve la relation cinématique donnée par l’annulation de la vitesse de glissement,

soit

Une seule équation de la dynamique suffit alors pour déterminer le mouvement. La pertede l’information sur la force de frottement est compensée par la relation cinématique duroulement sans glissement.

On peut réutiliser les équations dynamiques précédentes, en éliminant l’inconnue T :

puis, grâce à la relation cinématique .

Le mouvement de G est donc un mouvement uniforme.

La vitesse est constante, et le roulement est sans glissement à partir de l’instant Il fautdonc calculer la vitesse de G à ce moment-là.

On a Le centre de masse a un mouvement uniforme de

vitesse et de vitesse angulaire

Les équations du mouvement permettent de déterminer à présent la force de frottement.L’équation implique que pour toute la suite du mouvement. Le glisse-ment ne peut pas s’amorcer puisque la condition de non-glissement sera tou-jours vérifiée.

Conclusion : le mouvement de G est uniformément accéléré jusqu’à l’instant puis lavitesse reste constante.

4

Le bilan s’écrira :

L’énergie potentielle de pesanteur est constante, puisqu’elle ne dépend que de la cotedu centre de masse du cylindre. Celui-ci reste à la cote tout au long du mouve-ment d’où

L’énergie cinétique du cylindre est une fonction d’état. Elle s’exprime en fonction del’état du mouvement.

Calculons la différence des énergies cinétiques entre l’instant initial et l’instant :

Pour cela, il faut exprimer l’énergie cinétique en fonction de et de la vitesse angu-laire

On a, en exprimant l’énergie cinétique en G :

tf.

u v G( ) θ· ey GI∧+ 0 x·⇒ Rθ

·.= = =

Mx·· T=

12--- MRθ

··T–=

⎩⎪⎨⎪⎧

x··⇒ 12--- Rθ

··–= x· Rθ

·,= x··

12---x··– x··⇒ 0= =

tf.

v G( ) f gtfex13--- Rω0ex.= =

Rω0

3----------

ω0

3------ .

Mx·· T= T 0=

T f N

tf,

Il faut calculer les variations des grandeurs d’état énergie cinétique et énergie potentielle ainsi que les travaux des forces non conservatives, qui sont ici les forces de frottement, entre lesinstants et

Ec Ep

t 0= t tf.=

ΔEm ΔEc ΔEp+ Wfrottements= =

Epz R=

ΔEp 0.=

Ec

tf

Ec Ec tf( ) Ec 0( )–=

v G( )θ·.

Ec12--- M v G( )2 1

2--- J Gθ

· 2.+=

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261

On en déduit :

et

La différence des énergies cinétiques est donc : .

Il reste à calculer le travail de la force de frottement,

D’après le cours, la puissance de la force de frottement s’écrit et donc

le travail cherché est :

On connaît les expressions de T, de u et de :

Conclusion : le bilan énergétique est vérifié. L’énergie cinétique du cylindre diminue lorsde la phase de roulement avec glissement.

Pendant la phase de roulement sans glissement, l’énergie cinétique est constante, car iln’y a plus de travail de frottement (T et u sont nuls) et le modèle proposé ne fait pas inter-venir d’autres forces dissipatives.

Un modèle plus proche de la réalité devrait tenir compte des frottements avec l’air et dutravail des déformations du cylindre en contact avec le sol.

Ec t 0=( ) 0 12--- J Gω0

2+14--- MR2ω0

2= = Ec t tf=( )12--- M

Rω0

3----------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 12--- J G

ω0

3------⎝ ⎠⎛ ⎞

2

+112------ MR2ω0

2= =

ΔEc16--- MR2ω0

2–=

Wfrottement.

Pfrottement T u·=

Wfrottement T udt.·0

tf∫=

tf

Wfrottement f Mgex 3f gt Rω0–( )exdt·0

tf∫ f Mg32--- f gt2 Rω0t–

0

tf

= =

f Mg32--- f gtf

2 Rω0tf–⎝ ⎠⎛ ⎞ f Mg

32--- f g

Rω0

3f g----------⎝ ⎠⎛ ⎞

2

Rω0Rω0

3f g----------–⎝ ⎠

⎛ ⎞= =

16--- MR2ω0

2–=

Les conditions initiales permettent en général de déterminer la nature du mouvementinitial, avec ou sans glissement.Dans le cas du glissement, il y a deux fonctions inconnues donc deux équations dyna-miques à établir. Les lois de Coulomb complètent les théorèmes dynamiques.Dans le cas du non-glissement, les lois de Coulomb ne fournissent pas l’intensité de laforce de frottement. En revanche, la condition cinématique de non-glissement per-met de réduire le nombre de paramètres du mouvement et donc le nombre d’équa-tions nécessaires.

en conclusion

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s’entraîner


262

Corrigé p. 273

Glissement sur des railsUn cylindre homogène de masse M, de rayon R,de moment d’inertie par rapport à son axe de

révolution roule sans glisser sur

deux rails horizontaux fixes dans le référentiel ter-restre galiléen. Les actions de contact entre lecylindre et les rails sont identiques aux deux pointsde contact et et obéissent aux lois de Cou-

lomb, de coefficient de frottement f .

Un fil inextensible, de masse négligeable, estenroulé autour du cylindre. Un opérateur extérieurexerce sur ce fil une force verticale descendante demodule F. Ce fil transmet intégralement la force F.

1. Déterminer le mouvement du cylindre en fonc-tion de F, M, R et g.

2. Pour quelle valeur limite de F, le glisse-ment s’amorce-t-il ?

Corrigé p. 273

Ascension d’un cylindreSoit un cylindre homogène de rayon R, de centreG, de masse M et de moment d’inertie par rap-port à son axe de révolution.

Ce cylindre est mis en rotation à une vitesseangulaire puis abandonné sans vitesseinitiale sur un plan incliné d’un angleα par rapport à l’horizontale, G ayant l’abscisse

On étudie le mouvement plan de ce cylindre. Lecontact entre le cylindre et le plan est considérécomme ponctuel et obéit aux lois de Coulomb, de

coefficient f. Le moment d’inertie est

Le référentiel terrestre est galiléen. On note

l’abscisse de G et angle de rotation autour deOy.

1. Déterminer la vitesse de glissement à l’instantinitial. À quelle condition sur f et α le cylindre va-t-il monter le long de la pente ? On supposeracette condition réalisée par la suite.

2. Montrer que la phase de glissement est suivied’une phase de roulement sans glissement.

3. Déterminer l’altitude maximale Δh atteinte parle centre de masse du cylindre.

Corrigé p. 275

Cylindre basculantUn cylindre homogène de masse M, de rayon R,de moment d’inertie par rapport à une de ses

génératrices pivote sur le bord

d’une table. Le basculement a lieu sans glissement,autour du point O.

1 20 min

J G12--- MR2,=

I1 I2

2R

g

F

Flim,

2 25 min

J G

z

x

y

O

I

α

ω

G

g

ω0 0

v G( ) 0=( )

x 0.=

J G12--- MR2.=

x t( )

θ t( ),

3 25 min

J O32--- MR2,=

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263

À l’instant initial on abandonne le cylindresans vitesse initiale avec un angle θ faible.

1. Déterminer l’équation du mouvement en θ àpartir du théorème du moment cinétique appliquéau cylindre en O. En déduire

2. Le contact entre le cylindre et la table est-il

maintenu pour tout ?

3. Le contact obéit aux lois de Coulomb du frotte-ment, de coefficient f . Le glissement s’amorce-t-ilpendant le basculement ?

Corrigé p. 276

Disque en contact avec deux surfacesUn disque homogène de centre G, de masse M etde rayon R, est en rotation autour de son axe

Sa vitesse angulaire initiale est égale à

Ce disque est en contact avec le sol (axe

) et avec un mur orthogonal au sol (axe

). Le coefficient de frottement sur ces deuxsurfaces est égal à f . Le moment d’inertie du dis-

que par rapport à son axe est

Déterminer l’évolution en fonction du temps de lavitesse angulaire

Corrigé p. 276

Expérience de TimochenkoDeux cylindres identiques, de rayon R et de centrerespectif et tournent à vitesse angulaireconstante.

Les vitesses angulaires sont opposées : et L’axe est horizontal et on pose On dépose une tige homogène, de longueur 2L

de masse M et de section négligeablesur les deux cylindres, sans vitesse initiale. Lescontacts en et entre la barre et les cylindresobéissent aux lois de Coulomb. La position de Gest repérée par la variable abscisse de G surl’axe Ox. À l’instant initial, ; On suppose que la tige ne bascule pas.

1. Déterminer les actions en et en subies par la tige, à l’instant initial, quand on aposé la tige sur les cylindres. La tige peut-ellebasculer ? À quelle condition ?

2. En déduire une équation du mouvement de labarre. La résoudre.

G

O

θ

R

g

t 0,=

θ·

t( ).

θ 0 ; π2---∈

4 25 min

Gz( ).

ω0 0.

Ox( )

Oy( )

Gz( ) J 12--- MR2.=

ω t( ).

y

ω0

zO

G

R

x

g

5 30 min

O1 O2

O1

I1 I2

R

O

+ ω0 – ω0

G 2L

g z

yx

RO2

ω1 + ω0=

ω2 ω0.–=

O1O2( ) O1O2 2d.=

2L 2d( ),

I1 I2

xG,xG x0 0= x·G 0.=

R1 I1 R2 I2

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s’entraîner


264

3. Cette phase du mouvement va-t-elle s’arrêter ?Discuter des cas possibles. Montrer que le glisse-ment peut s’arrêter.

4. Que se passe-t-il après ? Montrer que le mouve-ment est périodique et déterminer sa période T .

Corrigé p. 277

Échelle contre un mur (d’après Concours T’)Une échelle de masse m, posée contre un mur, estreprésentée par une barre AB dont les mouve-ments éventuels ont lieu dans le plan Oxy. Le cen-tre d’inertie G de la barre est le milieu de AB. Onposera

Les contacts sont modélisés par les lois de Coulombdu frottement solide, avec un coefficient de frotte-ment en A, entre la barre et le sol et un coeffi-cient de frottement en B, entre la barre et le mur.On note θ l’angle que fait l’échelle avec la verti-

cale, compris entre 0 et ; et

les actions du sol et du mur surl’échelle.

1. L’échelle reste immobile.Établir un système d’égalités indépendantes véri-fiées par mg et θ. Combientrouve-t-on d’égalités indépendantes ?

2. Pour θ fixé, combien le problème comporte-t-ild’inconnues ? A-t-il en général une solutionunique ? Expliquer concrètement ce qui se passe.

3. On suppose en plus que l’échelle, bien que res-tant immobile, est à la limite de glisser et de tom-ber par terre. Quelles relations existent alors entre

et ? Combien y a-t-il d’égalitésmaintenant ?

4. En déduire que θ ne peut pas être fixé arbitrai-rement. Expliquer la conséquence concrète decette situation.

Exprimer en fonction de et de

5. Pour et calculer l’angle θprécédent en degrés et décrire qualitativement cequi se passe si on lâche l’échelle sans vitesse ini-tiale alors qu’elle fait un angle de 30° avec la verti-cale, puis lorsqu’elle fait initialement un angle de70° avec la verticale.

6. Reprendre la question précédente pour et

Corrigé p. 278

Collé-glissé (d’après Concours T’)

Un solide de masse m, repose sur un tapisroulant horizontal animé d’une vitesse uniforme Vpar rapport au référentiel du laboratoire gali-léen. Le contact entre le tapis et le solide sefait avec des frottements obéissant aux lois deCoulomb.

Ce frottement est caractérisé par un frottement sta-tique qui intervient lorsque la vitesse de glisse-ment est nulle, et un coefficient cinématique f , quiintervient quand la vitesse de glissement est diffé-rente de zéro. On a Le solide est relié à un support fixe par un res-sort élastique de coefficient d’élasticité (ou de rai-deur) K. On repère la position de parl’abscisse de son centre de masse G le long d’unaxe horizontal Ox ; on ne considère que les mou-vements de translation de Lorsque le ressorta sa longueur à vide, G est en O. On posera :

; et

1. Montrer que le solide peut être en équili-bre dans et trouver cette position d’équilibre.

2. On suppose que la vitesse V du tapis est grande.Dans ces conditions, la masse est posée sansvitesse initiale en un point d’abscisse à ladate

6 25 min

AB L.=

O

G

A

θ

B

y

x

g

fA

fB

π2--- RA TAex NAey+=

RB TBey NBex+=

TA, TB, NA, NB,

TA, TB, NA NB

θtan fA fB.

fA 0 5,= fB 0 3,,=

fA 0 5,= fB 3.=

7 35 min

S( ),

R( )S( )

G

O x

(S )K

V

f0,

f f 0.

S( )

S( )

S( ).

f mg

K---------- a=

f 0mg

K------------ a0= ω0

2 Km----=

S( )R( )

A0 x0t 0.=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


265

a. Montrer que le mouvement initial du solide est un mouvement de glissement.

b. Montrer qu’on peut obtenir un mouvementsinusoïdal et calculer sa période Faire l’appli-cation numérique.

c. Quelle condition (1) doit satisfaire pour quele mouvement soit effectivement sinusoïdal ?

3. On étudie la trajectoire du solide dans undiagramme qui consiste à porter x en abscisse

et en ordonnée. Tracer la courbe décrite

par G dans ce diagramme quand la condition(1) est vérifiée. Dans quel sens est-elle décrite ?

Dans toute la suite du problème, la condition (1) n’estplus remplie.

4. a. Le mouvement de glissement va cesser àl’instant Déterminer et la trajectoire de Gdans le diagramme

b. Montrer qu’ensuite le mouvement est uni-forme. Ce mouvement cessera à l’instant Déterminer

c. La phase suivante est un mouvement de glisse-ment. Trouver son amplitude ; on pourra utile-ment étudier le mouvement de G dans

d. Montrer qu’ensuite le mouvement de G secompose de deux phases, l’une avec glissement surle tapis roulant, l’autre sans glissement, et que cemouvement est périodique.

e. Exprimer l’amplitude b du mouvement. Expri-mer la durée de chacune des phases, et la période

T ; on pourra poser La com-

parer à Calculer numériquement b et T.

5. On se place désormais dans le régime périodi-que. Tracer graphiquement la courbe

6. Calculer l’énergie cédée par le tapis roulant ausolide pendant une période.

7. Comment nommeriez-vous ce genre d’oscilla-tions ?

8. Le modèle précédent peut représenter unecorde de violon, qui constitue l’oscillateur et un archet qui constitue le « tapis roulant ». Leson rendu par le violon sera-t-il juste ? Compor-tera-t-il des harmoniques ? Quelles sont leurspériodes ?

Corrigé p. 281

Corde d’amarrage (d’après Centrale TSI)

Un fil de masse négligeable, sans raideur, estenroulé d’un angle α sur un arbre cylindrique derayon a. Le contact arbre-fil est caractérisé par uncoefficient de frottement f valant s’il y a glisse-ment et s’il n’y a pas glissement. On exerce uneforce de norme sur l’extrémité A du fil, eton cherche la valeur minimale de la norme dela force à appliquer sur l’autre extrémité du filpour qu’il soit en équilibre.

1. On repère un point courant M du tronçon de filen contact avec l’arbre par l’angle

désigne le vecteur unitaire tangent au fildans le sens des θ croissants ; désigne le vec-teur unitaire normal au fil orienté de l’arbre versl’extérieur.Exprimer le vecteur sur la base

en se limitant au premier ordre dedθ.

2. On modélise les efforts qu’exerce le tronçon defil sur le tronçon de fil par une

force appelée tension du fil enM. On raisonne sur un tronçon de fil com-pris entre θ et Ce tronçon est soumis auxforces exercées par les tronçons AM et ainsiqu’à la force de contact qu’exerce l’arbre.Écrire une condition nécessaire d’équilibre de

reliant et

3. Pour dθ suffisamment petit, on peut utiliser lemodèle du contact ponctuel entre deux solides telqu’il est donné par les lois de Coulomb et écrire

En exprimant égale-

ment et sur la base établir deux équations scalaires reliant

et

4. À la limite du glissement, on a une relation dela forme Dans la situation envisa-gée, quels sont les signes de et de ? Endéduire le signe correct dans la relation précé-dente.

5. En déduire que la tension est régie par l’équa-tion différentielle :

S( )

T0.

x0

S( )

D( )

y1

ω0------

dxdt------=

D( )

t1. t1D( ).

t2.t2.

D( ).

ϕtan ω0a a0–

V--------------⎝ ⎠⎛ ⎞ .=

T0.

x t( ).

S( )

m K,( )

8 35 min

fdf s

FA FA

FB

FB

θ θ ; α[ ].∈t θ( )

n θ( )

t θ dθ+( )t θ( ) n θ( ),( ),

θ ; α[ ] 0 ; θ[ ]

T θ( ) T θ( ) t θ( ),=

MM′θ dθ.+

M′B

dR

MM′ T θ( ), T θ dθ+( ) dR.

dR dRt t θ( ) dRnn θ( ).+=

T θ( ) T θ dθ+( ) t θ( ) n θ( ),( ),T θ( ),

dT θ( ), dRt dRn.

dRt f sdRn.±=

dRt dRn

dTdt------- θ( ) f sT θ( )+ 0=

© N

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n,cl

asse

pré

pa

s’entraîner


266

6. Intégrer cette équation différentielle et endéduire la relation entre et α.

7. Application numérique : pour une corde sur unarbre métallique, on a

a. Calculer pour

b. Un matelot peut exercer confortablement uneforce de 100 N ; peut-il choisir α lui permettant derésister à une force de exercée par lebateau sur le premier brin de la corde ?c. Dans la disposition précédente, quelle forcedevrait-il exercer pour tenter de faire glisser lacorde afin de tirer le bateau vers lui ?

Le fil est placé sur un arbre cylindrique commedans la situation précédente (représentée sur lafigure), mais l’arbre est cette fois en rotation, dansle référentiel à la vitesse angulaire où est un vecteur unitaire normal au plan defigure. La base est orthonormée directe,ce qui définit le sens de

8. Lorsque le fil est immobile et cet arbre en rota-tion, indiquer le sens de la vitesse de glissement dufil par rapport à l’arbre :a. si b. si

9. Que devient, pour l’équation différen-tielle régissant la tension ?

10. Application numérique : pour une corde surun arbre métallique, on a

a. Calculer pour

b. Pour quelle valeur minimale de α un mate-lot exerçant une force de 100 N peut-il résister àune force de exercée par le bateau sur lepremier brin de la corde ?c. Pour quelle force devrait-il exercerpour que la corde se déplace dans le sens de ?d. Conclure.

Corrigé p. 282

Hystérésis de frottement (d’après Polytechnique MP)Une des difficultés conceptuelles majeures pour ladescription d’un système comportant du frottementsolide est l’impossibilité de prévoir les positionsd’équilibre et le bilan des forces à moins de connaî-tre de façon détaillée l’histoire de la mise en équili-bre. Le but de cette partie est d’illustrer cephénomène (dit d’hystérésis) sur un exemple simple.

Une brique parallélépipédique de poids P est encontact avec une paroi solide inclinée d’un angle θpar rapport au plan horizontal et est reliée à un res-sort de raideur K (figure ci-dessus). Soit le coeffi-cient de frottement statique ; on supposera poursimplifier que le coefficient de frottement dynami-que est nul et qu’un frottement visqueux per-met l’arrêt du mouvement. On note x ladéformation du ressort ( correspond au res-sort détendu). On cherche à déterminer cette défor-mation x à l’équilibre en fonction de l’angle θ.

1. Donner les plages de valeurs possibles de x à

l’équilibre dans les deux cas extrêmes : et

2. La paroi est supposée horizontale et le ressortdétendu On incline progressivement la

paroi, l’angle θ variant de 0 à ; on note alors

les angles d’inclinaison croissante. On désigne par la série des déformations du ressort dans les

positions successives de non-glissement de la brique.

a. Déterminer l’angle d’inclinaison pourlequel le glissement apparaît. Pour cet angle, déter-miner la nouvelle valeur d’équilibre en fonc-tion de P et K.

b. On augmente l’angle d’inclinaison ; un nou-veau glissement apparaît pour l’angle Établirla relation entre et

c. Montrer que pour chaque il existe un inter-valle de non-glissement ; on établira

FA, FB, f s

f s 0 6.,=

FB

FA

------ α π.=

104 N

OA

B

FB

T (θ)t (θ)

d θ

θα

n (θ)

FA

MM

R( ), Ω Ωu=

un t u, ,( )

u.

Ω 0.

Ω 0.

Ω 0,

T θ( )

fd 0 5.,=

FB

FA

------ α π.=

α0

104 N

α α0,=

t

9 45 min

x

θ

µs

µd

x 0=

θ 0= θπ2---.=

x0 0=( ).π2--- θi

+

xi+

θ1+

x1+

θ1+,

θ2+.

θ1+, θ2

+ µs.

xi+

θi+ ; θi 1+

+ [[

© N

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pa


267

la relation de récurrence liant et Versquelle valeur limite tend la différence ?

3. On effectue maintenant le parcours inverse enpartant de la verticale. On note et les anglessuccessifs de glissement et les positions d’équilibrecorrespondantes.Étudier comme à la question précédente la succes-sion des valeurs d’arrêt

4. Représenter sur un même graphe du plan les paliers d’arrêt successifs à inclinaison

croissante puis à inclinaison décroissante ; onpourra utiliser le fait que les points

et se situent sur

des courbes simples. On prendra et

Commenter le résultat.

Corrigé p. 283

Accélération et freinage d’une automobile (d’après CCP MP)

Ce problème étudie les performances en accéléra-tion et freinage d’une automobile se déplaçant enligne droite. On considère le référentiel terrestre

associé au repère comme étant gali-léen. On note le trièdre associé. Onconsidère que la voiture (figure ci-dessous) estcomposée de 3 systèmes notés

On appelle le référentiel du centre de massede la voiture.Le système de masse est constitué parl’essieu de longueur L et les deux roues avant de lavoiture. On note son moment d’inertie par rap-port à l’axe où est le centre d’inertie de Les roues avant, assimilées à deux disques derayon a de centre et sont motrices et doncsoumises pendant la phase d’accélération à un

couple de forces dont le moment résultant en

est assimilable à avec On considère que la résultante des actions de con-tact du sol sur est représentée par :

s’exerçant sur chaque roue en et On appelle le référentiel du centre de massede est animé dans d’un mouve-ment de rotation autour de à la vitesse angu-laire ω.Le système de masse est constitué parl’essieu et les deux roues arrière de la voiture. Onnote son moment d’inertie par rapport à l’axe

où est le centre d’inertie de Les roues arrière sont également assimilées à deuxdisques de rayon a de centre et On considère que la résultante des actions de con-tact du sol sur est représentée par :

s’exerçant sur chaque roue en et On appelle le référentiel du centre de massede est animé dans d’un mouvementde rotation autour de à la vitesse angulaire ω.Le système de masse M, est constitué du restede la voiture. On néglige les mouvements de par rapport à et considérés comme fai-bles et on ne prend pas en compte les déforma-tions de la suspension.Le centre d’inertie G de l’ensemble du véhicule setrouve à une hauteur h du sol, une distance de

et une distance de suivant l’axe Ox.Le coefficient de frottement de glissement, noté

entre une roue et le sol est identique pour lesquatre roues.On considère que les forces de frottement de l’airsur le véhicule sont équivalentes à une force uni-

que appliquée en G avec :

lorsque la voiture se déplace d’un mouvement detranslation rectiligne suivant l’axe Ox et où :– ρ est la masse volumique de l’air avec

;– est le coefficient de traînée qui dépend duprofil de la voiture avec ;– v est la vitesse de la voiture ;– S est la valeur du maître couple, c’est-à-dire l’airede la plus grande section transversale de la voitureavec

θi+ θi 1+

+ .θi 1+

+ θi+–

θi– xi

–

xi–.

θ x,( ) xi+

xi–

θi+ xi

+,( ),θi

– xi–,( ), θi 1+

+ xi+,( ) θi 1+

– xi–,( )

PK---- 0 1 m,=

µs 0 3.,=

10 45 min

R( ) Oxyz( )O ex ey ez, , ,( )

S1( ), S2( ), S( ).

(S )

(S2 ) (S1 )

G

GG2 G1

L

2 1

O ex

ez

ey

h

Sol

a a

O2

I2

I2 I1

I1

I1I2

O1

O ex

ey

ez

R*( )

S1( ) m1

J 1G1y G1 S1( ).

O1 O1′,

G1

Γ Γey= Γ 0.

S1( )

F1 T1ex N1ez+=

I1 I1′.R1*( )

S1( ). S1( ) R1*( )G1y

S2( ), m2,

J 2G2y G2 S2( ).

O2 O2′.

S2( )

F2 T2ex N2ez+=

I2 I2′.R2*( )

S2( ). S2( ) R2*( )G2y

S( ),S( )

S1( ) S2( )

1G1 2 G2

f 0,

Fair Fairρcxv

2S

2---------------- ex–=

ρ =

1 23 kg, m 3–⋅cx

cx 0 3,=

S 1 93 m2.,=

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pa

s’entraîner


268

On note

Données numériques :; ; ; ;

et

Étude de la phase d’accélération

1. Écrire le théorème du centre d’inertie dans pour la voiture. En déduire deux relations notées(1) et (2).

2. Écrire le théorème du moment cinétique en Gpour la voiture dans ; la relation obtenue estnotée (3).

3. Écrire le théorème du moment cinétique res-pectivement en et pour le système dans et dans En déduire deuxrelations notées (4) et (5).

4. a. Écrire la relation de non-glissement desroues liant la vitesse linéaire de la voi-ture et la vitesse angulaire ω des roues.

b. Donner alors l’équation différentielle du mou-vement relative à

On ne fait aucune supposition sur la nature du mouve-ment des roues dans les questions suivantes et on consi-dère pour la suite du problème que la masse de et

celle de sont très petites devant celle de ce qui

revient à poser et dans

les relations des questions 1, 2 et 3.

5. a. Que deviennent les relations (1), (2) et (3) ?Donner alors l’expression de et enfonction de h, a, M, g et Γ. Comparer et Quel est le sens de et ?

b. Déterminer la valeur maximale de Γ, notée qui assure un roulement sans glissement des

roues de la voiture. Comment varie en fonc-tion de de h et de ? Quel est le sens physi-que de ces dépendances ?Application numérique : calculer les valeurs de

pour (pneus en bon état et routesèche), pour (route mouillée) et pour

(route verglacée).

c. Pour la roue avant peut-elledécoller ? La roue arrière peut-elle décoller ?

6. Le fonctionnement à la limite du roulementsans glissement n’étant jamais atteint en raisond’une puissance moteur insuffisante, on considèreune valeur de Γ inférieure à

a. Donner l’expression de la vitesse limite, notée atteinte par la voiture ainsi que sa valeur

numérique en Application numérique :

b. Intégrer alors l’équation du mouvement afin dedonner la vitesse instantanée en fonction de

en considérant On posera

c. Estimer et calculer le temps τ tel que pour la résistance de l’air puisse être négligée.

Déterminer l’expression asymptotique de lorsque Calculer le temps (en tenantcompte de la résistance de l’air) pour lequel

7. Donner l’expression de l’abscisse de la voiture sachant que

Étude de la phase de freinage

Pendant la phase de freinage, les roues avant sontsoumises à un couple de forces dont le moment

résultant en est assimilable à avec

De même, les roues arrière sont soumises à uncouple de forces dont le moment résultant en

est assimilable à avec On con-sidère toujours que et

8. Quelle est la modification à apporter aux équa-tions (1), (2), (3), (4), (5) des questions 1, 2, 3 ?Écrire ces équations.

9. En déduire l’expression et le sens de Quelle doit être la condition pour que

?

10. a. Donner l’expression des valeurs maximalesdes valeurs absolues de et notées et

pour que le freinage s’effectue sans glisse-ment. On fera l’hypothèse que l’on atteint la limitede glissement simultanément sur les deux roues.

b. Exprimer le rapport en fonction de

et h. Quelles sont les roues qui se bloquenten premier ?

c. Application numérique : calculer et pour et

OG t( ) x t( )ex.=

1 1 3 m,= 2 1 7 m,= h 0 8 m,= a 0 3 m,=

M 1 370 kg= g 9 81 m s 2– .⋅,=

R( )

R*( )

G1 G2 S1( )R1*( ) S2( ) R2*( ).

v t( ) x· t( )=

x t( ).

S1( )

S2( ) S( ),m1 m2 0= = J 1 J2 0= =

T1, T2, N1 N21, 2, N1

N2. T1 T2

Γmax,Γmax

2, f 0

Γmax f 0 0 7,=

f0 0 4,=

f0 0 1,=

Γ Γmax,

Γmax.

vlim,km h 1– .⋅

Γ 300 Nm.=

v t( ) vlim,

v 0( ) 0.= αΓ

aMvlim----------------- .=

t τ

v t( )

t τ. t1

v1vlim

2-------- .=

x t( ) x 0( ) 0.=

O1 Γ1 Γ1ey=

Γ1 0.

O2

Γ2 Γ2ey= Γ2 0.

m1 m2 0= = J 1 J2 0.= =

T1, T2,N1, N2.N2 0

Γ1 Γ2, Γ1M

Γ2M,

Γ1M

Γ2M

--------- 1,

2, f0

Γ1M Γ2M

f 0 0 7,,= f 0 0 4,= f 0 0 1.,=

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pa

corrigés


269


1 a. Faux. En général, ce sont les forces de frotte-ment qui empêchent le glissement. Quiconque a déjàmarché sur un sol gelé s’en rend compte.b. Vrai dans le cas où le contact est ponctuel et lesystème roulant indéformable.Faux dans les autres cas. Par exemple, la déformationdes pneus sur la chaussée est une cause de dissipationd’énergie cinétique et d’échauffement des pneus. Demême, pour un contact étendu, le moment des actionsde contact travaille et participe à la dissipation d’énergie.c. Faux. L’inégalité est

2 Réponse b. Faux. Les lois de Coulomb sont deslois approchées, valables pour certains types de mou-vement, pour des vitesses de glissement faibles.

3 Réponse b. Faux. La force de frottement estopposée à la vitesse de glissement, lorsque celle-ciest non nulle. En revanche, dans le cas général, lavitesse du centre de masse n’a pas de relation simpleavec les forces de frottement. Par exemple, les forcesde frottement sur les roues motrices sont dirigées versl’avant pour une automobile qui accélère.

4 La définition de la puissance p d’une force s’appliquant sur un point de vitesse est Appliquons cette relation à deux solides en contact :

Dans le référentiel d’étude (quelconque), au point decontact I sont définis les quatre vecteurs suivants :– : réaction du solide sur ;

– : réaction du solide sur ;

– : vitesse du point matériel I appartenant à;

– : vitesse du point matériel I appartenant à

Il vient, pour les deux points matériels en contact :

Comme la vitesse de glissement est tangente aux soli-des au point I, le produit scalaire précédent aboutit à :

Cette puissance ne dépend pas du référentiel, puis-que les deux vecteurs (une force et une vitesse de glis-sement) ne dépendent pas du référentiel.

5 Freiner ou accélérer fortement a la conséquenced’exercer sur les roues, au point de contact avec lachaussée, une force tangentielle élevée. Si celle-ci estsupérieure à la réaction normale du sol (dépendantdu poids du véhicule) multipliée par le coefficient defrottement f , la roue glisse et le véhicule dérape.

6 Si l’on tire lentement, le stylo à bille roule sansglisser sur le papier. Il roule dans le sens opposé à latraction par rapport à la feuille de papier mais dans lesens de la traction par rapport à la table.Si l’on tire rapidement, le stylo glisse sur la feuille.

L’opérateur applique une accélération a horizontale àla feuille.On raisonne dans le référentiel accéléré de la feuille.Le cylindre de masse m, de moment d’inertie derayon R, subit une force d’inertie d’entraînement :

Le théorème de la résultante cinétique, projeté surl’horizontale, sur l’axe x, s’écrit :

Le théorème du moment cinétique appliqué au cen-tre de masse G fournit :

Si le cylindre ne glisse pas, et donc

T f N .

f v p f v .⋅=

S1

v (I S1)

S2

R2→1

R1→2

v (I S2)

R1 2→ S1 S2

R2 1→ R1 2→–= S1 S2

v I S1∈( )S1v I S2∈( )

S2 .

P R1 2→ v I S2∈( )⋅ R2 1→ v I S1∈( )⋅+=

R1 2→ v I S2∈( ) v I S1∈( )–[ ]⋅=

R1 2→ uS2 S1⁄⋅=

P R1 2→ uS2 S1⁄⋅=

T1 2→ N1 2→+( ) uS2 S1⁄⋅=

T1 2→ uS2 S1⁄⋅=

T

N = – mg

fie = – ma

JG ,

f ie ma–=

G

θ

T x

fie = – ma

mx·· T ma–=

JGθ··

RT=

x·· Rθ··

–=

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n,cl

asse

pré

pa

corrigés


270

Dans le premier cas, a est assez faible pour que Il n’y a pas de glissement, le stylo roule sans

glisser.Dans le second cas, et le glissement s’amorce.


1 Quand le solide reste au repos et la réac-tion est verticale, s’opposant au poids :

Si F est différent de 0, possède une composantehorizontale. Il faut alors faire une hypothèse sur lemouvement de S et la vérifier a posteriori.Considérons donc que le solide S reste au repos.Dans ce cas, la résultante des actions extérieures doitêtre nulle :

Posons où et sont respectivementles composantes verticale (réaction) et horizontale(frottement) de Alors :

et

Le vecteur s’incline donc par rapport à la verticale

d’un angle α tel que .

Vérifions l’hypothèse du repos de S . D’après les loisde Coulomb du frottement de glissement, le repos

persiste tant que soit ici tant que :

Le solide reste donc au repos tant que reste dansun cône de révolution de demi-angle au sommet

Considérons l’autre hypothèse, celle où le solide esten mouvement. Dans ce cas, les lois de Coulomb sti-

pulent que et que est opposée à la vitesse

de S. On en déduit que reste sur le cône définiprécédemment et que si le solide aura unmouvement accéléré, d’accélération a donnée par :

2 1. Bilan des résultantes des actions sur le solide. Ily a :– son poids ;– la résultante des actions de contact

On cherche l’angle pour lequel le solide se met à glisser.On se trouve donc à la limite du cas Ce caslimite correspond à l’équilibre du solide et

L’équilibre implique que soit :

et

où T et N sont les valeurs algébriques des résultantes.

Puisque à la limite d’apparition du glisse-

ment, on en déduit .

2. On déduit de la question précédente que tant quel’angle de la pente demeure inférieur à l’angle limite

le solide reste au repos.

Supposons que et que le solide glisse. Cette

fois, on a : où est l’accéléra-tion du centre de masse du solide, inconnue. En pro-jection sur Ox et Oz on a :

mR2

JG

----------- T– T ma–= T⇒ m

1 mR2

JG

-----------+

-------------------- a= T f N .

T f N

F 0,=

RR M g–=

R

R F Mg+ + 0=

R N T+= N T

R .

N M g–= T F–=

R

αtan FMg-------=

TN----- f

FMg-------- αtan f=

R

αmax arctan f .=

(π)

ααmax

R

F

M g

TN----- f T

RF f Mg ,

Ma F f Mg–=

M gR N T .+=

g

x

a

α

b

zM g

T

NS

R

T f N .

T f N .=

N T Mg+ + 0,=

T Mg α0sin–=

N Mg α0cos–=⎩⎨⎧ T

N----- α0tan=

T f N=

α0tan f=

α0 ,

αtan f α0tan=

α α0

N T Mg+ + M a= a

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pré

pa


271

On dispose cette fois d’une relation entre N et T : d’après la loi de Coulomb, et est

opposée la vitesse du solide Si le solide glisse vers le bas, on a : et dans ce cas :

L’accélération est bien positive et la vitesse sera diri-gée vers le bas. Le mouvement est uniformémentaccéléré.

Remarque : si l’on avait fait l’hypothèse d’un mouve-ment vers le haut, on aurait eu etl’équation du mouvement aurait été :

L’accélération aurait été positive et donc la vitessepositive par intégration, ce qui aurait été en contra-diction avec l’hypothèse.

Pour le mouvement est uniformément accé-léré vers le bas.

3. On peut ainsi estimer le coefficient de frottemententre deux feuilles de papier de la façon suivante. Ilfaut poser deux feuilles sur un battant de classeur etincliner doucement celui-ci en tenant la feuille dudessous. Quand la feuille du dessus glisse, on mesure

la tangente de l’angle par le rapport ce quifournit le coefficient f .Les mesures effectuées donnent un coefficient f voi-sin de 0,4.

3 1. Les actions extérieures sur le cerceau sontreprésentées sur le schéma ci-dessous, en leur pointd’application.

La force de frottement est représentée arbitrairementvers le haut de la pente. Le calcul déterminera la jus-tesse de ce choix. On travaille en valeur algébrique eton écrira Le poids du cerceau, Mg, est connu. Il reste à déter-miner T et N.Pour cela, utilisons une équation du mouvement quifait intervenir les actions de contact.Utilisons le théorème de la résultante cinétique appli-qué au cerceau :

On en déduit, en projection sur les axes Ox et Oy :

Appliquons le théorème du moment cinétique aucerceau, en C :

d’où puis, avec l’expression du momentd’inertie :

Il faut encore lier x et θ par la relation cinématique denon-glissement. Pour cela, on exprime la nullité de lavitesse de glissement :

Il suffit à présent d’éliminer et T entre les équa-tions précédentes pour obtenir :

puis

2. Il suffit de reporter cette expression de l’accéléra-tion dans les expressions de N et de T obtenues auxéquations (1) et (2) précédentes :

Ma Mg α T+sin=

0 Mg αcos N+=⎩⎨⎧

T f N= Tv .

T f Mg αcos–=

a g αsin f g αcos–=

g α αtan f–( )cos=

g α αtan α0tan–( )cos 0=

T + f Mg αcos=

a g αsin f g αcos+=

g α αtan α0tan+( )cos 0=

α α0 ,

α0ba-- ,

y

x

θ

I

N

T

M g

PC z

T T ex .=

Mx··ex Mg αexsin αeycos–( ) T ex N ey+ +=

Mx·· Mg αsin T+= 1( )

0 Mg αcos– N+= 2( )⎩⎨⎧

JCθ··ez CI T∧=

Rey– Tex∧=

RTez=

JCθ··

RT=

JC MR2=

MRθ··

T=

v I cylindre∈( ) 0=

v C( ) θ· ez CI ∧+ 0=

x· ex Rθ· ex+ 0= Rθ

·x·–= Rθ

··x··–=⇒ ⇒

θ··

Mx·· Mg αsin Mx··–=

x··12--- g αsin=

T12--- Mg αsin– 0=

N Mg αcos=⎩⎪⎨⎪⎧

© N

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pa

corrigés


272

3. La condition de non-glissement s’écrit :

soit ici : .

Le cerceau peut rouler sans glisser à condition que lapente ne soit pas trop raide. Quel que soit le coeffi-cient de frottement, il existe une valeur de α pourlaquelle le glissement s’amorce. Par exemple, si

(pneu sur asphalte sec), l’angle limite deglissement vaut

4. S’il y a glissement, les composantes de la réactionvérifient Les équations (1) et (2) sont tou-jours vérifiées :

On en déduit puis :

De même, l’équation issue du théorème du momentcinétique s’écrit :

d’où :

Il reste à lever l’indétermination du signe. Pour cela,il faut faire une hypothèse sur le signe de T et vérifiercette hypothèse sur la vitesse de glissement, qui doitêtre de signe opposé à T.

Si et

d’où :

car Par intégration à partir d’une vitesse de glissementnulle, on trouve :

comme il se doit d’après l’hypothèse.On vérifie facilement que l’hypothèse entraî-nerait ce qui n’est pas conforme aux lois deCoulomb.On en conclut que les accélérations sont donnéespar :

et

4 Considérons un élément de la surface de contactdS et détaillons les efforts infinitésimaux exercés parla pièce sur le support :

La force normale fournit, en projection sur laverticale, la force telle que

La force tangentielle est orthoradiale, demoment par rapport à l’axe L’intégration de dN sur toute la périphérie de la pièces’écrit :

d’où :

L’intégration du moment fournit la relation :

d’où :

À la limite du glissement, d’où :

et finalement

Remarquons qu’il pourrait y avoir une autre compo-sante tangentielle orthogonale à

Cette composante aurait pour effet de réduire lanorme dN et d’augmenter la norme de la force tan-

gentielle mais ne modifierait pasl’expression du moment Γ. Dans ce cas, le momentprovoquant le glissement serait inférieur à

L’expression trouvée fournit ainsi le moment maxi-mal que l’on peut exercer sans qu’il y ait amorce deglissement.

T f N αtan 2f

f 0 9,=

αlim 61° .=

T f N .±=

Mx·· Mg αsin T+ 1( )=

0 Mg αcos– N+ 2( )=⎩⎨⎧

N Mg αcos=

Mx·· Mg αsin f Mg αcos±=

x·· g αsin f αcos±( )=

MRθ··

T=

f Mg αcos±=

θ··

fgR--- αcos±=

T 0, x·· g αsin f αcos–( )= θ··

fgR--- αcos–=

v·g x·· Rθ··

+ g αtan 2 f–( ) αcos 0= =

αtan 2f .

vg g α αtan 2f–( )tcos 0=

T 0

vg 0,

θ··

fgR--- αcos–=

x·· g αsin f αcos–( )=

dθa

dT

dS

dS

dT

dF

dN

dN

dNdF dN αsin dF .=

dTdΓ adT .=

dN∫ 1αsin

------------ dF∫=

dNdθ-------- dθ

0

2π

∫ Fαsin

------------=

2πdNdθ--------

Fαsin

------------=

dNF

2π αsin------------------- dθ=

Γ dΓ∫ adTdθ------- dθ

0

2π

∫ 2πadTdθ-------= = =

dTΓ

2πa---------- dθ=

dT f dN ,=

Γmax

2πa----------- f

F2π αsin-------------------= Γmax

f a

αsin------------ F=

dT ′ dN .

dT

dT

dN

dT2 dT ′2+

Γmax.

© N

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273

S’entraîner

1 1. Pour décrire le mouvement du cylindre, il faut sedonner des axes et des variables cinématiques. Soit unsystème d’axes tels que sur le schéma ci-dessous. Notons x l’abscisse du centre de masse G ducylindre et θ l’angle de rotation du cylindre par rapportà une direction fixe dans le référentiel terrestre.

Supposons que le cylindre roule sans glisser.La vitesse de G est alors et la vitesse angu-laire de rotation du cylindre est En écrivant que la vitesse du point de contact appar-tenant au cylindre est nulle, on trouve :

Cependant où d est l’ordonnée de Le terme d va disparaître dans le produit vectoriel.

Alors : et .

On obtient la même relation en utilisant le point Faisons ensuite un bilan des actions extérieures :– le poids ;– la force qui s’exerce en P, point de contactde la corde avec le cylindre ;– les actions de contact et

Comme elles sont identiques par symé-trie, on écrira leur résultante ;

et Le théorème de la résultante cinétique appliqué aucylindre fournit deux équations :

Les grandeurs sont toujours algébriques. Ici, F et Mg sontpositifs, N est négatif. Le signe de T est inconnu pourl’instant.Il faut une autre équation pour déterminer le mouvement.Écrivons le théorème du moment cinétique en G.Le moment cinétique est Le moment des actions en G est :

– pour le poids ;– pour la force : ;

– pour :

– pour :

Le théorème, en projection sur l’axe Oy, s’écrit alors :

La relation issue de la condition de non-glissement, permet d’éliminer :

On injecte cette relation dans la première équation et onobtient :

On aboutit finalement à un mouvement uniformément

accéléré .

2. On peut calculer les actions T et N à partir de l’accé-lération de G.Les équations précédentes fournissent :

La deuxième équation de la résultante cinétique donneN : La loi de Coulomb, dans le cas du non-glissement,

s’écrit : d’où soit :

Si l’inéquation est toujours vérifiée. Il n’y a

jamais de glissement, quelle que soit F.

Si il faut que La force est

alors . .

2 1. La vitesse de glissement du cylindre par rapport àla pente est par définition :

Gx Gy Gz, ,( )

x

z

y

GP

T1

I1

N1

F

v G( ) x· ex=

θ· ey .

I1

v I1 cylindre∈( ) x· ex θ· ey GI1∧+ 0= =

GI1 Rez dey+= I1 .

x· ex θ· ey Rez dey+( )∧+ 0= x· Rθ

·+ 0=

I2 .

F Fez=

R1 T1 N1+=

R2 T2 N2 .+=

R R1 R2+=

T T1 T2+= N N1 N2 .+=

Mx·· T=

0 F N Mg+ +=⎩⎨⎧

σG JGθ· ey .=

0F GP Fez∧ RFex ez∧ RFey–= =

R1 GI1 N1ez T1ex+( )∧ Rez dey+( ) N1ez T1ex+( )∧=

RT1ey d N1ex T1ez–( )+=

R2 GI2 N2ez T2ex+( )∧ Rez dey–( ) N2ez T2ex+( )∧=

RT1ey d N2ex T2ez–( )–=

JGθ··

RF– R T1 T2+( )+=

RF– RT+=

x· Rθ·

+ 0,= θ··

JGx··

R---– RF– RT+=

12--- Mx·· F T–=

T F12--- Mx··–=

Mx·· F12--- Mx··–=

32--- Mx·· F=

x·· 2F3M--------=

T F12--- Mx··– F F

3---–

23--- F= = =

N F– Mg.–=

T f N23--- F f F Mg+( )

23--- f –⎝ ⎠⎛ ⎞ F f Mg

f23--- ,

f23--- , F

f

2 3⁄ f –------------------- Mg . Flim

Flimf

23--- f –

------------ Mg=

u v I cylindre∈( ) v I pente∈( )–=

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corrigés


274

Comme le référentiel d’étude est lié à la pente,

La vitesse du point I du cylindre s’exprime à partir duchamp des vitesses du solide :

À l’instant initial, d’où Pour savoir si le cylindre va monter ou descendre, onpeut calculer l’accélération initiale de G, Pour cela, faisons un bilan des actions sur le cylindre :– le poids ;– la résultante des actions de contact :

où T est une valeur algébrique.

L’accélération est tant qu’il y a contact entrele cylindre et la pente.Le théorème de la résultante cinétique s’écrit :

soit sous forme de composantes :

On connaît donc .

Il y a glissement initialement et la vitesse de glissementest négative sur l’axe Ox. On en déduit, grâce aux lois deCoulomb, la force de frottement initiale :

L’équation du mouvement sur Ox devient :

On peut conclure que si le coefficient de frottement f estsupérieur à le cylindre monte la pente, aumoins dans une première phase du mouvement :

2. Le mouvement de glissement se termine quand lavitesse de glissement s’annule.On sait que Il faut donc calculercette dernière expression en fonction du temps.On possède déjà deux équations du mouvement dans lecas du glissement :

Il nous faut encore une équation en θ, qui peut être four-nie par le théorème du moment cinétique appliqué aucylindre en G.On écrit le théorème scalaire, en projection sur Oy.Le moment cinétique est Le moment des actions extérieures en G est :

Le poids n’y contribue pas puisque son support passepar G.

En projection sur Oy et en utilisant l’expression de T ontrouve : En utilisant l’expression de et en simplifiant l’équa-

tion on a : .

On en déduit l’expression suivante :

On peut intégrer cette équation avec la condition initiale:

Le terme est positif puisqu’on est dans le cas

Alors, il existe un temps positif pour lequel

: .

À partir de cet instant, le glissement s’arrête et le cylin-dre avance en roulant sans glisser.

3. Pendant l’intervalle de temps entre 0 à le cylindreest monté de :

Le mouvement ultérieur est un roulement sans glisse-ment. Il est commode de prendre une nouvelle originedes temps et une nouvelle origine des x aumoment et au point où ce roulement sans glissements’amorce.Les nouvelles conditions initiales sont alors :

Les équations du mouvement précédentes sont toujoursvalables mais il faut revoir les relations de Coulomb, quidépendent de la nature de ce mouvement.

On peut écrire :

La condition de non-glissement est

La troisième équation devient et l’on peut

éliminer T dans la première équation.Alors :

v I pente∈( ) 0.=

v I cylindre∈( ) v G( ) θ· ey Rez–( )∧+=

x· Rθ·

–( )ex=

x· 0= θ·

ω0 .=

aG t 0=( ).

Mg Mg αezcos αexsin+( )–=

R Nez Tex+=

aG aGex=

MaG R Mg+=

MaG T Mg αsin–=

0 N Mg αcos–=⎩⎨⎧

N Mg αcos=

T + f N + f Mg αcos= =

MaG f Mg αcos Mg αsin–=

Mg α f αtan–( )cos=

α( ),tan

f αtan

u u ex⋅ x· Rθ·.–= =

Mx·· f Mg αcos Mg αsin–=

0 N Mg αcos–=⎩⎨⎧

σG JGθ·.=

MG ext Rez– Tex Nez+( )∧ RTey–= =

JGθ··

Rf Mg α .cos–=

JG

θ··

2f g

R----- αcos–=

u· x·· Rθ··

–=

f g αcos g αsin– 2f g αcos+=

3f g αcos g αsin–=

u 0( ) Rω0–=

u t( ) g α 3f αtan–( )t Rω0–cos=

3f αtan–

f α .tan

t0

u t0( ) 0= t0Rω0

g α 3 f αtan–( )cos---------------------------------------------=

t0 ,

x t0( )12--- g f αcos αsin–( )t0

2=

R2ω02

2g αcos-------------------

f αtan–

3f αtan–( )2--------------------------------=

t 0=

t 0,= x 0,=

x· x· t0( ) g f αcos αsin–( )t0= =

Rω0f αtan–

3f αtan–------------------------=

Mx·· T Mg αsin–=

0 N Mg αcos–=

12--- MR2θ

··RT–=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

u x· Rθ·

– 0.= =

12--- Mx·· T–=

Mx··12--- Mx··– Mg αsin–=

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275

Cette équation s’intègre :

La valeur maximale de x s’obtient par l’annulation de la

vitesse. On obtient l’instant

puis la distance parcourue à cet instant :

Finalement, en additionnant les deux distances parcou-rues vers le haut, on obtient :

L’altitude maximale atteinte est :

3 1. Le point O est un point du solide de vitesse nulle.On peut donc appliquer le théorème du moment cinéti-que scalaire par rapport à Oz sous la forme :

avec

Le moment en O des actions extérieures s’exprime avec :– le moment des actions de contact, nul car le contact enO est ponctuel ;– le moment du poids, égal à L’équation du mouvement s’écrit alors :

ou encore

L’équation en s’obtient en multipliant l’équation dumouvement par et en intégrant par rapport au temps.On obtient :

Les conditions initiales sont ; ce qui

donne : ou encore :

On ne peut pas prendre ; car l’équationdu mouvement donnerait qui est une posi-tion d’équilibre instable. Il faut faire pivoter légèrementle cylindre pour amorcer le mouvement.Cette dernière équation aurait pu s’obtenir aussi parapplication du théorème de l’énergie cinétique.2. Il faut exprimer la résultante des forces de contact du bord de la table sur le cylindre. Pour cela, on utiliseune équation du mouvement qui contient Il s’agit del’équation de la résultante cinétique.Le centre de masse G est en rotation autour de O, sur uncercle de rayon R. Son accélération s’écrit :

Alors, le théorème de la résultante cinétique devient :

On en déduit Avec les expressions de et de la question 1., ontrouve :

Comme on trouve :

Les composantes normales et tangentielles se définissentpar rapport au plan tangent au cylindre en O.

Par identification, on en déduit :

La composante normale N peut s’annuler. pour

C’est pour cet angle que le cylindre quitte le bord, s’iln’y a pas de glissement avant !

3. Le glissement n’a pas lieu tant que c’est-à-

dire ici tant que .

Le dénominateur tend vers 0 quand θ tend vers doncle rapport devient plus grand que f avant Le glisse-

32--- Mx·· Mg αsin–=

x··23--- g αsin–=

x· t( )23--- g αtsin– Rω0

f αtan–

3f αtan–------------------------+=

x t( )13--- g αt2sin– Rω0

f αtan–

3f αtan–------------------------ t+=

t13Rω0 f αtan–( )

2g α 3f αtan–( )sin------------------------------------------------=

x13

4g αsin------------------

Rω0 f αtan–( )

3f αtan–-------------------------------------⎝ ⎠⎛ ⎞

2

=

ΔxR2ω0

2 f αtan–( )

2g α 3f αtan–( )2cos---------------------------------------------------- 1 3 f αtan–( )

2 αtan-----------------------------+⎝ ⎠

⎛ ⎞=

R2ω02 f αtan–( )

4g α 3f αtan–( )sin------------------------------------------------=

Δh Δx αsinR2ω0

2 f αtan–( )

4g 3f αtan–( )----------------------------------------= =

dσO

dt---------- MO ext= σO JOθ

·=

G

M g

R+

O

θ

θ

eθ

er

MgR θ .sin

JOθ··

MgR θsin= θ·· 2g

3R------- θsin– 0=

θ·

t( )θ·

12--- θ

· 2 12--- θ

·02

–2g3R------- θ θ0cos–cos( )+ 0=

θ·

0 0= θ0 0≈12--- θ

· 2 2g3R------- θcos 1–( )+ 0=

θ· 2 4g

3R------- 1 θcos–( )=

θ·

0 0= θ0 0=

θ t( ) 0,=

R

R .

aG Rθ·· eθ Rθ

· 2er–=

MRθ·· eθ MRθ

· 2er– R Mg+=

R MRθ·· eθ MRθ

· 2er Mg––=

θ··

θ·

R 2Mg3

----------- θeθsin 4Mg3

----------- 1 θcos–( )er– Mg–=

g g θeθsin g θer,cos–=

R Mg3

------- θeθsin Mg3

------- 4 7 θcos–( )er––=

R Ner Teθ+=

T13--- Mg θsin–=

N13--- Mg 7 θcos 4–( )=

⎩⎪⎨⎪⎧

N 0=

θ0 arccos 4 7⁄( ) 55° .= =

TN----- f

θsin7 θcos 4–------------------------- 0 5,

θ0θ0 .

© N

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corrigés


276

ment s’amorce avant que le cylindre ne quitte le bord dela table.L’équation en θ se résout en écrivant :

Le développement puis la relation permet d’aboutir à une équation du second degré. Ontrouve :

La seconde racine donne un angle supérieur à et doitêtre éliminée.

4 Le disque est soumis aux actions extérieuressuivantes :– son poids, qui ne travaille pas, car le centre d’inertiedu disque reste immobile ;– les actions de contact du sol, que l’on note ;– les actions de contact du mur, que l’on note Il y a nécessairement glissement, sur le sol et sur le mur.En accord avec les lois de Coulomb du frottement deglissement, on a, en supposant et :

et d’où :

et d’où :

Appliquons le théorème de la résultante cinétique audisque. Le centre d’inertie étant immobile, la résultantedes actions extérieures est nulle. Ainsi, en projection sur

on obtient :

Alors qu’en projection sur :

Les relations et conduisent ainsiaux deux équations suivantes :

d’où :

et

On en déduit :

et

Le moment de ces actions par rapport à l’axe estainsi :

et

La puissance des actions extérieures est égale à la puis-sance des actions de contact, soit :

D’après le théorème de la puissance cinétique appliquéà un seul solide, la variation par unité de temps de son

énergie cinétique est égale à la puissance des actionsextérieures. Le disque a un mouvement de rotationautour de Son énergie cinétique est ainsi égale à :

de dérivée temporelle :

On a ainsi :

d’où, étant donné l’expression du moment d’inertie J :

Cette équation s’intègre avec la condition initiale, d’où :

Cette expression n’est valable que tant que ω reste posi-tive. En effet, lorsque sa vitesse angulaire s’annule, lecylindre atteint une position de repos qu’il conserve.Notons que le théorème du moment cinétique permetde retrouver un résultat identique.

5 1. G n’ayant pas de mouvement vertical :

La barre ne pouvant basculer, le moment des forces parrapport à G est nul. On en déduit :

puis :

Au moment où l’on pose la tige sur les cylindres, savitesse est nulle. Comme les points de contact du cylin-dre sont en mouvement, le cylindre glisse sur ceux-ci :

et

car la force de frottement est opposée à la vitesse de glis-sement, et :

Les expressions de et montrent que leur signereste positif si Le signe négatif n’a pas desens et montre seulement qu’il n’y a plus de contact dansce cas-là. On supposera la condition vérifiée par la suite.

sin2θ f 2 7 θcos 4–( )2=

sin2θ 1 cos2θ–=

θ 41°= pour f 0 5,=

θ0

T1ex N1ey+

N2ex T2ey .+

ω0 0 ω t( ) 0

T1 0, N1 0 T1 f N1 ,=

T1 f N1–=

T2 0, N2 0 T2 f N2 ,=

T2 f N2=

Ox( ),T1 N2+ 0=

Oy( )

T2 N1 Mg–+ 0=

T1 f N1–= T2 f N2=

f N1– N2+ 0=

N1 f N2+ Mg=

N1Mg

1 f 2+--------------= N2

f Mg

1 f 2+--------------=

T1f Mg

1 f 2+--------------–= T2

f 2Mg

1 f 2+--------------=

Gz( )

RT1f MgR

1 f 2+---------------–= RT2–

f 2MgR

1 f 2+-----------------–=

Pextf MgR

1 f 2+---------------

f 2MgR

1 f 2+-----------------+⎝ ⎠

⎛ ⎞ω–=

Gz( ).

Ec12--- J ω2=

dEc

dt--------- Jω

dωdt-------=

Jωdωdt-------

f 1 f +( )MgR

1 f 2+--------------------------------- ω–=

dωdt-------

f 1 f +( )g

1 f 2+( )R-----------------------–=

ω t( ) ω02 f 1 f +( )g

1 f 2+( )R-------------------------- t–=

Mg N1 N2+=

N1 d xG+( ) N2 d xG–( )– 0=

N112--- Mg 1

xG

d------–⎝ ⎠

⎛ ⎞=

N212--- Mg 1

xG

d------+⎝ ⎠

⎛ ⎞=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

T1 f N1= T2 f N2–=

T1 0 T2 0

T1 f12--- Mg 1

xG

d------–⎝ ⎠

⎛ ⎞=

T2 f12---– Mg 1

xG

d------+⎝ ⎠

⎛ ⎞=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

N1 N2d– xG d .

© N

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pa


277

2. On peut faire l’hypothèse que les expressions des for-ces ci-dessus sont encore valables au début du mouve-ment. Dans ce cas, l’équation (1) donne :

On résout cette équation, en posant en tenantcompte des conditions initiales :

3. Cette phase du mouvement s’arrête si le glissementde la tige cesse sur un des cylindres.Pour le savoir, il faut calculer les vitesses de glissement :

Deux cas sont possibles :– Si alors les vitesses de glissement nes’annulent jamais et le mouvement est sinusoïdal de pul-sation Ω et d’amplitude ;– Si le glissement s’arrête. s’annule

avant à l’instant donné par G se

trouve à l’abscisse donnée par :

Le non-glissement intervient avant que G ait atteint O.

4. À partir de cet instant, il faut supposer qu’il n’y a plus

de glissement sur le cylindre 2, donc que Ceciimplique que pour et Cette seconde phase va durer tant que la condition deCoulomb du non-glissement est vérifiée.On ne peut plus utiliser l’expression précédente,puisqu’on s’est servi de la condition de glissement. Enrevanche, celle de est toujours valable. Il faut utiliserl’équation du mouvement (1), avec puisque

Alors : La condition estdonc :

soit :

car

Cette inéquation se résout en La phase du rou-lement en cesse quand G passe par O.À partir de cet instant, le glissement s’amorce à nouveauen

On peut reprendre la solution sinusoïdale. Par commo-dité, on prend une nouvelle origine des temps Les conditions initiales deviennent :

;

Alors :

On a bien Les nouvelles vitesses de glissement sont :

Cette fois, les vitesses de glissement s’annulent pour ou En ces points,

et donc ce non-glissement ne dure qu’un instant infini-ment bref. Le mouvement redevient celui décrit par

Dans tous les cas, le mouvement de la barre finit, éven-tuellement après une phase transitoire, par être un mou-vement sinusoïdal de pulsation Ω et de période :

6 1. L’équilibre implique la nullité :– de la résultante des actions :

– du moment des actions en A par exemple :

Le moment des actions est nul en A et sa résultante est nulle. Le moment des actions est alors nul en tout

autre point que A, car On obtient trois équations scalaires indépendantes :

2. Les inconnues sont soit quatreinconnues. Le système des trois équations précédentesne permet pas d’exprimer toutes les inconnues. Il n’y adonc pas une solution unique pour les actions.Concrètement, l’équilibre aura lieu et les actions pren-dront une des valeurs permises par les équations, sansque l’on puisse prévoir laquelle. On qualifie cet étatd’« hyperstatique ».Notre modèle de solide est trop simple. Il faudrait con-naître localement, en A et B, les élasticités des matériauxet décrire leur déformation sous l’effet des forces locales.

Mx··G T1 T2+ f MgxG

d------–= =

x··G fgd--- xG+ 0=

Ωf g

d----- ,=

xG x0 Ωt( )cos=

u1 v I1 tige∈( ) v I1 cylindre∈( )–=

x·G Rω0–( )ex Ωx0 Ωtsin Rω0+( )ex–= =

u2 v I2 tige∈( ) v I2 cylindre∈( )–=

x·G Rω0+( )ex Ωx0 Ωtsin– Rω0+( )ex= =

Ωx0 ω0R ,

x0

Ωx0 ω0R , u2

u1 , t1 Ωt1sinRω0

x0Ω---------- .=

x1

x1 x0 Ωt1cos x0 1Rω0

x0Ω----------⎝ ⎠⎛ ⎞– 0= =

u2 0.=

x·G Rω0–= t t1 u1 2Rω0ex .–=

T2 f N2

T2

T1x··G 0=

x·G Rω0– cte.= =

T2 T1– f12--- Mg 1

xG

d------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ .–= =

f12--- Mg 1

xG

d------– f

12--- Mg 1

xG

d------+

1xG

d------– 1

xG

d------+ 1

xG

d------– 1

xG

d------+⇔ d– xG + d .

xG 0.

I2

I2 .

t 0.=

xG 0= x·G Rω0–=

xG t( ) Rω0

Ω------ Ωtsin–=

xG d .

u1 x·G Rω0–( )ex Rω0 Ωtcos Rω0+( )ex–= =

u2 x·G Rω0+( )ex Rω0 Ωtcos– Rω0+( )ex= =

Ωtcos 1= 1.– Ωtsin 0,= xG 0=

xG t( ) Rω0

Ω------ Ωt .sin–=

T 2πΩ------ 2π R

f g-----= =

mgey– TAex NAey NBex TBey+ + + + 0=

AG Pey–( )∧ AB NBex TBey+( )∧+ 0=

F

MA ′ MA F AA ′∧+ 0.= =

TA NB+ 0=

mg– NA TB+ + 0=

L2--- mg θsin L NB θcos TB θsin+( )– 0=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

TA NB TB NB, , ,( ),

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


278

3. Cette hypothèse supplémentaire donne deux rela-tions supplémentaires, qui sont les conditions de Cou-lomb à la limite du glissement : et

et sont positives puisque ce sont les réactionsnormales en A et B.On peut déterminer les signes de et en remar-quant que si le glissement a lieu et que l’échelletombe, la vitesse de A est positive et celle de B néga-tive. Ces vitesses sont les vitesses de glissement en Aet B.Les forces de frottement sont opposées aux vitesses deglissement et par continuité des forces à l’amorce duglissement, on a :

On dispose à présent de cinq équations pour quatreinconnues, si l’on a fixé θ.

4. Si l’on choisit arbitrairement l’angle θ, il n’y a pas desolutions aux équations précédentes. Cela veut dire queles hypothèses d’amorce du glissement sont trop forteset ne sont pas vérifiées pour n’importe quel angle. Enrevanche, si θ n’est pas fixé et figure au nombre desinconnues, il y a cinq inconnues et cinq équations. Ontrouve alors que les conditions imposées ne sont véri-fiées que pour un seul angle.Les équations sont :

On en extrait la valeur de : .

5. A.N. : on trouve L’angle de 50° est un angle limite. De part et d’autre decette valeur, on a soit un glissement et donc une chutede l’échelle, soit un équilibre.Ici, intuitivement, pour un angle inférieur à 50°, il y aéquilibre et pour un angle supérieur à 50° l’échelletombe.

6. L’application numérique fournit un angle négatif ouau-delà de 90°. Cela veut dire qu’il n’y a pas d’amorcede glissement possible. L’échelle est toujours en équili-bre. Les frottements en B sont suffisamment importantspour maintenir l’échelle.

7 1. Faisons un bilan des actions :– le poids où dirige un axe Oz verticalascendant ;– la réaction ;– la force de frottement ;– la force de rappel du ressort Si le solide est en équilibre dans il glisse sur letapis et la vitesse de glissement est La force defrottement est alors dirigée dans le sens positif :

L’équilibre implique :

On en déduit puis et enfin donc :

2. a. La masse est posée sans vitesse. La vitesse de glis-sement est donc différente de 0.b. L’équation du centre de masse s’écrit :

Comme il y a glissement, on peut utiliser la loi de Cou-lomb T est positive car la vitesse deglissement est négative.

Dans ce cas, ou encore

Les solutions sont sinusoïdales, de période :

A.N. :

La solution s’écrit :

Les conditions initiales et déterminentles constantes A et B :

Il faut ajouter la solution particulière avant de détermi-ner les constantes d’intégration.c. Il est nécessaire de vérifier que la vitesse de glisse-ment reste toujours négative, puisqu’on a résolu l’équa-tion avec la condition La vitesse de glissement du solide sur le tapis est :

La condition s’écrit : soit :

(1)

3. Avec la solution précédente, on obtient :

TA f ANA=

TB f BNB .=

NA NB

TA TB

TA 0 TA⇒ f ANA–=

TB 0 TB⇒ f BNB=⎩⎨⎧

TA NB+ 0=

NA TB+ mg=

12--- mg θsin NB θcos TB θsin+=

TA f ANA–=

TB f BNB=⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧

θtan θtan2f A

1 f Af B–-------------------=

θ 50° .=

mgez– ez

NezTf ex

F Kxex .–=

S( ) R( ),Vex .–

Tf + f N=

Tf Kx– 0=

N mg– 0=⎩⎨⎧

N mg= Tf f mg=

Kx f mg=

x fmgK

------- a= =

Vex–

Tf Kx– mx··=

N mg– 0=⎩⎨⎧

Tf f N f mg .= =

mx·· f mg Kx–= x··Km---- x+ f g .=

T0 2π mK----

2πω0------= =

T0 1 3, 10 2– s .⋅=

x t( ) A ω0tcos B ω0tsinf mg

K---------- .+ +=

x x0= x· 0=

x t( ) x0 a–( ) ω0tcos a+=

Tf 0.

u x· V– x0 a–( )ω0 ω0tsin– V–= =

x0 a– ω0 V– 0

x0 a–Vω0------

x x0 a–( ) ω0tcos a+=

y x0 a–( ) ω0tsin–=⎩⎨⎧

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


279

Il est facile de montrer que La courbe est donc un cercle de centre et derayon Le système d’axes ainsi défini est appelé « espace desphases ».

Pour déterminer le sens de parcours, on peut dire que yreprésente la vitesse de G et donc que si x nepeut qu’augmenter. Le sens de parcours est dans ce casle sens horaire.

4. a. Si la condition (1) n’est plus remplie, la vitesse deglissement va cesser quand :

L’instant est donné par :

En fonction de y, on peut dire qu’à l’instant

La trajectoire correspondante dans l’espace des phasesest tracée en gras.

L’abscisse est :

est négatif, comme la figure précédente le montre,c’est pourquoi il faut prendre la racine négative.b. Le mouvement ultérieur est un mouvement sans glis-sement. G se déplace donc à la vitesse du tapis : Cette phase du mouvement va cesser quand la conditionde Coulomb n’est plus vérifiée. On cherchealors l’instant pour lequel

et N s’obtiennent grâce aux équations du mouve-ment avec :

On trouve :

soit :

d’où :

Ici, la première valeur de x vérifiant la condition cher-chée est positive car sinon, le solide n’aurait pas cessé deglisser à l’instant

x a–( )2 y2+ x0 a–( )2 .=

C a 0,( )x0 a– .

x

y

x0

x0 > a

a

x0 – a

x

y

x0

x0 < 0

a

x0 – a

x

x0

0 < x0 < a

a

y

y 0,

u x· V– x0 a–( )ω0 ω0t1sin– V– 0= = =

t1

ω0t1sin Va x0–( )ω0

-------------------------=

t1 , yVω0------ .=

x

y

x0

V

ω0

x1

t1

x0 – a

a

x1

x1 x t1( ) x0 a–( ) 1 V 2

a x0–( )2ω02

----------------------------–– a+= =

x1 x0 a–( )2 V 2

ω02

------–– a+=

x1

x· V .=

Tf f 0N

t2 Tf f 0N .

Tfx· V=

Tf Kx– 0=

N mg– 0=⎩⎨⎧

K x t2( ) f 0mg=

x t2( ) f 0mgK

------- a0 V t2 t1–( ) x1+= = =

t2 t1a0 x1–

V----------------+=

x

y

a a0

t1t2

x0

V

ω0

t1 .

© N

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n,cl

asse

pré

pa

corrigés


280

c. Le glissement s’amorce à l’instant les caractéristi-ques du mouvement sont : ; La solution est alors à nouveau sinusoïdale de pulsation

Avec les conditions à précédentes, il vient :

L’amplitude du mouvement sinusoïdal est alors :

Dans le plan des phases, la trajectoire est la suivante :

d. Le mouvement ultérieur est périodique et composéde deux phases :– phase de non-glissement à la vitesse uniforme V ;– phase de glissement, sinusoïdal.

e. L’amplitude b est celle calculée précédemment :

La durée de la phase de non-glissement est :

puisque la distance parcourue est (voir le gra-phe précédent) et la vitesse V.

La durée de la phase sinusoïdale est

où ϕ est donné par la relation de l’énoncé. On le vérifieen prenant le point le plus élevé du cercle comme ori-gine des temps, la durée nécessaire pour parcourir

l’angle ϕ est alors

La période T est donc :

Comme .

5. La courbe se compose d’une sinusoïde et d’unedroite de pente V. Les deux courbes se raccordent en (fonction et dérivée continues) car la trajectoire est con-tinue dans l’espace des phases. La courbe n’est passinusoïdale mais est composée d’une partie sinusoïdalede période et d’une autre partie affine. Le tout est depériode T.

6. Il faut calculer le travail W du tapis sur le solide pen-dant une période.Soit la force de frottement du tapis sur le solide :

Pendant la phase de glissement, car la loi deCoulomb du glissement s’applique et la vitesse de glisse-ment est négative.Si on prend une origine de temps au début de la phasede glissement, alors :

et

On calcule alors :

Point maths. On a utilisé la propriété suivante :

t2 ,x· t2( ) V= x t2( ) a0 .=

ω0 . t2

x t( ) a0 a–( ) ω0 t t2–( )cos Vω0------ ω0 t t2–( )sin a+ +=

a a0–( )2 V 2

ω02

------+

α xcos β xsin+ α2 β2+ x θ+( )cos=

x

y

a a0x0

V

ω0

x

y

a a0x0

V

ω0

b a a0–( )2 V 2

ω02

------+=

Δtnon-glissement2 a0 a–( )

V----------------------=

2 a0 a–( )

x

y

a

ϕ

a0x0

V

ω0

Δtglissement T0 2 ϕω0------–=

ϕω0------ .

T T0 2 ϕω0------– 2

a0 a–

V--------------+ T0

2ω0------ ϕtan ϕ–( )+= =

ϕtan ϕ , T T0

x t( )C1

x t( )

T0

t

x

Tf

W Tf x· dt0

T

∫=

Tf f mg=

x b ω0t ϕ+( )sin= x· bω0 ω0t ϕ+( )cos=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


281

Pendant la phase de non-glissement, la vitesse de G est Vet la force est donnée par l’équation du mouvement :

Alors :

Finalement,

Ce travail est totalement dissipé par les forces de frotte-ment. En effet, l’énergie mécanique est elle aussi pério-dique et donc au bout d’une période, la variationd’énergie mécanique est nulle :

7. Ces oscillations peuvent être qualifiées de périodi-ques et d’entretenues. L’énergie dissipée par les forcesde frottement pendant la phase de glissement est com-pensée par ces mêmes forces pendant la phase de non-glissement.

8. Le son de période T n’est pas sinusoïdal. D’après leprincipe de décomposition d’un signal périodique ensérie de Fourier, ce son comporte une sinusoïde fonda-mentale de période T et des harmoniques sinusoïdaux

de période où n est un entier, avec

Quand un son est composé de signaux de période il

est dit juste car il est perçu par l’oreille comme un seulson et représente une note précise (le fondamental depériode T). L’ensemble des harmoniques définit le tim-bre de l’instrument.

8 1. Le vecteur se décompose selon :

au premier ordre en dθ.

2. L’équilibre est réalisé sous la condition :

car le tronçon AM exerce

sur la force

3. En projetant sur la base locale on a :

La condition d’équilibre devient :

ce qui donne, pour les composantes :

Le terme en dT dθ a disparu car c’est un terme infinitési-mal d’ordre 2.

4. Si le fil se met à glisser dans le sens horaire, de B versA, les points du fil ont une vitesse selon Lavitesse de glissement est dans le même sens et la forcede frottement dans le sens opposé.Le contact est réalisé si la force de réaction que subit lefil est dans le sens de

Il vient donc : .

L’égalité n’est bien sûr valable que si l’on est juste à lalimite du glissement.

5. Le système d’équation est alors :

Si on élimine et entre ces équations, on

obtient : ce qui donne l’équa-

tion demandée en divisant par dθ.

6. L’intégration de l’équation différentielle fournit où A est une constante d’intégration. Les

conditions aux limites permettent de trouver A : donc On en déduit pour

:

7. a.

b. On veut que d’où

Il faut donc que la corde fasse plus d’un tour sur l’arbre.c. Pour que le glissement s’amorce dans le sens dumatelot, il faut cette fois que le rapport des forces soit

Wgliss f mgbω0 ω0t ϕ+( )dtcos0

2π 2ϕ–( ) ω0⁄

∫=

f mgb θ ϕ+( )sin[ ]θ 0=

θ 2π 2ϕ–==

2f mgb ϕ( )sin–=

Tf

Tf Kx=

Wnon-gliss KxVdt2π 2ϕ–( ) ω0⁄

2π ω0⁄

∫=

KVb ω0t ϕ+( )dtsin2π 2ϕ–( ) ω0⁄

2π ω0⁄

∫ KaV 2ϕω0-------+=

KVbω0

----------- θ ϕ+( )dθsin2π 2ϕ–

2π

∫ KaV 2ϕω0-------+=

KVbω0

----------- θ ϕ+( )cos–[ ]2π 2ϕ–

2π KaV 2ϕω0-------+=

KaV 2ϕω0-------=

W 2 f mgb ϕ( )sin– KaV 2ϕω0-------+=

ΔEm 0.=

Tn--- n 1.

Tn--- ,

t θ dθ+( )

t θ dθ+( ) t θ( ) dθ( )cos n θ( ) dθ( )sin–=

t θ( ) n θ( )dθ–=

T θ dθ+( ) T θ( )– dR+ 0=

MM ′ T θ( ) .–

T θ dθ+( ) T θ dθ+( ) t θ dθ+( )=

T θ( ) dT+( ) t θ( ) dθn θ( )–( )=

T dT+( ) t θ( ) dθn θ( )–( ) T t θ( )– dRt t θ( ) dRnn θ( )+ + 0=

dT θ( ) dRt θ( )+ 0=

T θ( )dθ– dRn θ( )+ 0=⎩⎨⎧

t θ( ) .–

n θ( ) .

dRn 0 et dRt 0 ; dRt + f sdRn=

dT θ( ) dRt θ( )+ 0=

T θ( )dθ– dRn θ( )+ 0=

dRt f sdRn=⎩⎪⎨⎪⎧

dRn dRt

T θ( )dθ1f s---- dT θ( )+ 0=

T Ae f sθ–=

θ 0,=

T FA= T θ( ) FAe f sθ– .= FB ,θ α=

FB FAe f sα–=

FB

FA

------ 0 15,=

FB

FA

------ 10 2–= α 7 7 rad, 440° .= =

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


282

inversé. Alors et donc ! L’inten-

sité de cette force dépasse les moyens d’un homme.

8. Le vecteur est dirigé vers nous. La vitesse de glisse-ment est l’opposée de la vitesse d’un point de l’arbrepuisque le fil est immobile.Soit P un point de l’arbre en contact avec le fil. Alors :

On en déduit donc qua la vitesse de glissement est :a. Négative si b. Positive si

9. La force de frottement est opposée à la vitesse de glis-sement, négative, et le coefficient de frottement est àprésent Il vient donc : et l’équationdonne :

10. a.

b. On veut toujours que d’où

c. La vitesse de glissement est toujours négative car et on peut supposer la vitesse du fil très petite.

Alors a la valeur précédente et donc

d. La rotation de l’arbre permet cette fois de manœu-vrer le bateau facilement, avec des forces à l’échellehumaine.

9 1. La brique est en équilibre sur le plan incliné doncla résultante des actions sur la brique est nulle.Bilan des actions :– réaction de la paroi : où est la compo-sante normale (axe Oy dirigé vers le haut) et la com-posante tangentielle sur Ox ;– poids ;– force du ressort Alors :

Si l’on projette sur les axes :

La loi de Coulomb pour le non-glissement donne :

On en déduit :

Pour l’inéquation devient :

Pour l’inéquation devient une égalité :

2. a. Lorsque le glissement s’amorce, la condition deCoulomb précédente s’écrit avec une égalité. Le glisse-ment va avoir lieu vers les x croissants, donc la force defrottement T est négative :

Comme il y a encore équilibre, on peut encore écrire :

Comme on en déduit : .L’équilibre se rompt et la brique est en mouvement.L’équation du centre de masse appliquée à la brique etprojetée sur l’axe Ox donne :

λ représente le coefficient de frottement fluide qui per-met l’amortissement du mouvement de la brique.L’énoncé demande de ne pas tenir compte de la force defrottement solide.La nouvelle position d’équilibre est alors :

b. On refait le même raisonnement que précédemment,avec :

qui aboutit à

L’expression de permet alors d’établir la relation

demandée : .

c. Soit la position d’équilibre obtenue après la mise

en mouvement à l’angle L’équation du mouvement

est qui fournit la position

d’équilibre

L’équilibre en sera rompu quand :

soit

La relation de récurrence est donc :

Les angles tendent vers donc :

FB

FA

------ 100= FB 106 N=

u

v P( ) Ωu OP∧ Ωau n θ( )∧ Ωa t θ( )= = =

Ω 0.

Ω 0.

fd. dRt f ddRn=

dTdθ------- f dT+ 0=

FB

FA

------ 0 21,=

FB

FA

------ 10 2–=

α 9 2rad, 530° .= =

Ω 0

FB

FA

------ FB 100 N .=

R T N+= NT

PFressort Kxex .–=

N T P Kxex–+ + 0=

T P θ Kx–sin+ 0=

N P θcos– 0=⎩⎨⎧

T µsN µsP θcos=

P θsin Kxeq– µsP θcos

θ 0,=

µsP

K---------– xeq

µsP

K---------

θπ2--- ,=

xeqPK----=

T µsN– µsP θ1+cos–= =

T P θ1+sin Kx–+ 0=

x 0,= θ1+tan µs=

mx·· P θ1+sin λx·– Kx–=

x1+ P

K---- θ1

+sin=

x x1+=

T µsP θ2+cos–=

T P θ2+sin Kx1

+–+ 0=⎩⎨⎧

PK---- θ2

+sin µs θ2+cos–( ) x1

+=

x1+

θ2+sin µs θ2

+cos– θ1+sin=

xi+

θi+.

mx·· P θi+sin λx·– Kx–=

xi+ P

K---- θi

+ .sin=

xi+

T µsP θ1 1++cos–=

T P θi 1++sin Kxi

+–+ 0=⎩⎨⎧

PK---- θi 1+

+sin µs θi 1++cos–( ) xi

+=

θi 1++sin µs θi 1+

+cos– θi+sin=

θi+ π

2---

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


283

3. La position d’équilibre est et correspond à la

verticale. Le glissement a cette fois-ci lieu vers les xnégatifs et T est alors positive :

ce qui entraîne

Les valeurs s’obtiennent à partir de l’équation du

mouvement : qui fournit :

La nouvelle relation de récurrence est donc :

4. Les courbes à tracer sont :

Cette dernière courbe présente un maximum pour

Les positions d’équilibre sont différentes selon que l’onsoulève le plan incliné ou qu’on le rabaisse. Ceci illustrele fait que les frottements solides ne permettent pas dedéterminer ces positions d’équilibre sans connaître l’his-toire antérieure du système.

10 Étude de la phase d’accélération

1. Le théorème du centre d’inertie (ou centre de masse)implique de faire un bilan des actions extérieures à lavoiture :

(chaque roue avant subit )

Force de frottement de l’air :

Le poids : Le théorème s’écrit alors :

soit, en projection sur Ox et Oz :

(1)

(2)

2. Il faut commencer par exprimer en G le momentcinétique de la voiture. Pour cela, on peut sommer lesmoments cinétiques des trois sous-systèmes composantla voiture :

Le moment cinétique dans est indépendant dupoint de réduction. C’est pourquoi on ne note pas ici depoint en indice de Le référentiel barycentrique de la voiture n’est pas gali-léen puisqu’on considère la voiture en accélération parrapport à un référentiel galiléen lié à la route.– Dans le système est immobile donc :

– est en rotation à la vitesse angulaire ω autour de qui est lui immobile dans Dans ce cas :

puis

– De même : On en déduit :

Il faut à présent déterminer le moment des actions exté-rieures en G, Le poids du système s’appliquant en G, son moment estnul.Il en est de même de la force de frottement de l’air.Le théorème du moment cinétique dans s’écrit

où est le moment des forces en

G, dans galiléen. Rappelons que le moment des for-ces d’inertie n’intervient dans cette expression.

lim θi 1++ θi–( ) 0=

x0– P

K----=

T µsP θi 1+–cos=

T P θi 1+–sin Kxi

––+ 0=⎩⎨⎧

PK---- θi 1+

–sin µs θi 1+–cos+( ) xi

– .=

xi–

mx·· P θi+sin λx·– Kx–=

xi– P

K---- θi

–sin=

θi 1+–sin µs θi 1+

–cos+ θi–sin=

xPK---- θsin 0 1 θsin,= =

xPK---- θ µs θcos–sin( ) 0 1 θsin 0 3 θcos,–( ),= =

xPK---- θsin µs θcos+( ) 0 1 θsin 0 3 θcos,+( ),= =

⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧

θtan 103

------ .=

x

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1

Montée

Descente

1,2 1,4θ

2F1 2T1ex 2N1ez+=

2F2 2T2ex 2N2ez+=

F1

Fairρcxv2S

2---------------- ex .–=

M m1 m2+ +( )gez.–

M m1 m2+ +( )d2OG

dt2--------------- 2F1 2F2 Fair M m1 m2+ +( )gez–+ +=

M m1 m2+ +( )x·· 2T1 2T2ρcxx· 2S

2-----------------–+=

0 2N1 2N2 M m1 m2+ +( )g–+=

σ* σG* S( ) σG* S1( ) σG* S2( )+ +=

R*( )

σ*.

R( )R*( ), S( )

σG* S( ) 0=

S1( )O1 R*( ).

σO1* S1( ) J1ωey=

σG* S1( ) GG1 m1v* O1( )∧ σG1* S1( )+=

σG1* S1( )=

J1ωey=

σG* S2( ) J2ωey=

σ* J1 J2+( )ωey=

MG .

R*( )

dσ*dt

----------⎝ ⎠⎛ ⎞

R*( )MG= MG

R( )

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa

corrigés


284

Il reste donc à calculer :

Pour cela, on décompose les vecteurs dans la base:

On applique alors le théorème du moment cinétique enG pour la voiture :

Il vient :

(3)

3. On peut remarquer que les référentiels et sont confondus.Considérons le système Les moments des actions extérieures à en sont :– le poids de moment nul ;– la force d’inertie de moment nul (voir question 2.) ;– le moment ;– le moment

On en déduit :

(4)

Le même raisonnement sur aboutit à :

(5)

Il n’y a pas de couple provenant de la voiture exercé surl’essieu de

4. a. La condition de non-glissement en par exemples’obtient en écrivant que la vitesse du point de la roueen contact avec le sol est nulle.

On en déduit :

b. La somme des équations (4) et (5) donne :

On en déduit

On remplace alors dans l’équation (1) :

5. a. Les équations (1), (2) et (3) deviennent, aprèssimplification :

Il faut aussi se servir des équations (4) et (5) simplifiées :

On en déduit :

Puisque le couple Γ est positif, est positif et donc est dirigé vers l’avant.Les expressions de et ne permettent pas de con-clure, car On peut dire que peut s’annulerpour Γ supérieur à une certaine valeur positive.b. Le roulement sans glissement doit vérifier sur chaque

pneu : Cette inégalité est bien vérifiée pour

les roues arrière puisque En revanche, sur les

roues avant, on doit avoir :

soit :

On en déduit .

GI1 F1∧ GI1′ F1∧ GI2 F2∧ GI2′ F2∧+ + +

ex ez,( )

GI1 F1∧ GI1′ F1∧ GI2 F2∧ GI2′ F2∧+ + +

hez– 1exL2--- ey–+⎝ ⎠

⎛ ⎞ T1ex N1ez+( )∧=

hez– 1exL2--- ey+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞ T1ex N1ez+( )∧+

hez 2ex––L2--- ey–⎝ ⎠

⎛ ⎞ T2ex N2ez+( )∧+

hez 2ex––L2--- ey+⎝ ⎠

⎛ ⎞ T2ex N2ez+( )∧+

2 h T1 T2+( )– 1N1– 2N2+( )ey=

dσ*dt

----------⎝ ⎠⎛ ⎞

R*( )MG=

J1 J2+( )ω· 2h T1 T2+( )– 21N1– 22N2+=

R*( ), R1*( )R2*( )

S1( ).S1( ) O1

Γ

G1I1 T1ex N1ey+( )∧ G1I1′ T1ex N1ey+( )∧+ 2aT1ey– .=

dσG1* S1( )

dt----------------------- 2aT1ey– Γey+=

J 1ω· 2aT1– Γ+=

S2( )

J 2ω· 2aT2–=

S2( ) .

I1

0 v I1 S1( )∈( ) v O1( ) ωey O1I1∧+= =

0 x· ex ωaex–=

v aω=

J1 J2+( )ω· 2a T1 T2+( )– Γ+=

J1 J2+( )x··

a--- 2a T1 T2+( )– Γ+=

2 T1 T2+( )J1 J2+

a2-------------- x··–

Γa--- .+=

2 T1 T2+( )

M m1 m2+ +( )x··J1 J2+

a2-------------- x··–

Γa---

ρcxx· 2S

2-----------------–+=

M m1 m2J1 J2+

a2--------------+ + +⎝ ⎠

⎛ ⎞ x··ρcxS

2----------- x· 2

+Γa---=

Mx·· 2T1 2T2ρcxx· 2S

2-----------------–+=

0 2N1 2N2 Mg–+=

0 2h T1 T2+( )– 21N1– 22N2+=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

0 2aT1– Γ+=

0 2aT2–=⎩⎨⎧

T1Γ2a------=

T2 0=⎩⎪⎨⎪⎧ N1

12 1 2+( )------------------------- Mg2

ha--- Γ–⎝ ⎠

⎛ ⎞=

N21

2 1 2+( )------------------------- Mg1

ha--- Γ+⎝ ⎠

⎛ ⎞=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

⇔

T1 T1

N1 N21 2 . N1

TN-------- f 0 .

T2 0.=

ΓMgal2 h Γ–-------------------------------- 1 2+( ) f 0

Γf 0Mga2

1 2 f 0h+ +-------------------------------

Γmaxf 0

11 f 0h+

2-------------------+

----------------------------- Mga=

© N

atha

n,cl

asse

pré

pa


285

est une fonction croissante de et et décrois-sante de h.A.N. :Pour (route et pneus secs) :

Pour (route et pneus mouillés) :

Pour (route verglacée) :

Il ne faut pas appuyer trop fortement sur l’accélérateursur chaussée glissante.c. La roue avant décolle si s’annule, donc si

Si l’on reste dans les

conditions de non-glissement, les roues ne peuventdécoller. La roue arrière ne décolle jamais si Γ est posi-tif.

6. a. Quand on a atteint la vitesse limite, d’où

c’est-à-dire :

Pour bien au-dessus des limitations légales !b. L’équation de la vitesse est :

ou encore en séparant les variables :

On intègre chaque membre :

Les conditions initiales impliquent que la constante

d’intégration est nulle d’où : .

c. Posons Si alors et

C’est la vitesse obtenue en négligeant la

résistance de l’air.

d’où

7. L’abscisse s’obtient en intégrant la vitesse :

Étude de la phase de freinage

8. Les trois premières équations sont inchangées :

Les deux dernières deviennent (théorème du momentcinétique appliqué aux roues en et respecti-vement) :

9. On en déduit :

reste positif si .

10. a. On obtient les valeurs maximales en posant : et

puis en se plaçant aux limites des conditions de Cou-lomb pour le glissement :

00

200

400

600

800

1 000

1 200

1 400

1 600

1 800

2 000

0,2 0,4 0,6 0,8 1

Γmax

f0

Γmax f 0 2

f 0 0 7,=

Γmax 1 350 Nm .=

f 0 0 4,=

Γmax 826 Nm .=

f 0 0 1,=

Γmax 223 Nm .=

N1

Γ Mga2

h----- 8 570 N Γmax .= =

x·· 0=

0 2T1ρcxvlim

2 S

2--------------------–=

vlim2Γ

ρcxSa--------------=

Γ 300 Nm,= vlim 53 m s 1–⋅ 190 km h 1– ,⋅= =

Mv· 2T1ρcxv2S

2----------------–

Γa--- 1 v2

vlim2

--------–⎝ ⎠⎛ ⎞= =

dv

1 v2

vlim2

--------–

------------------Γ

Ma-------- dt=

vlim argth vvlim--------⎝ ⎠⎛ ⎞ Γ

Ma-------- t cte+=

v vlim th αt( )=

1

1

2

2 3 x

y = th (x )

y = x

y

α1τ--- .= t τ , th t

τ--⎝ ⎠⎛ ⎞ t

τ--≈

vΓ

Ma-------- t .=

v t1( )vlim

2-------- vlim th αt1( )= =

t1 τ argth 1 2⁄( ) 0 55τ, 40 s .= = =

x t( )

x t( )vlim

α-------- ch αt( )( )ln=

Mx·· 2T1 2T2ρcxx· 2S

2-----------------–+=

0 2N1 2N2 Mg–+=

0 2h T1 T2+( )– 21N1– 22N2+=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

O1 O2

0 2aT1– Γ1+=

0 2aT2– Γ2+=⎩⎨⎧

T1G1

2a------=

T2G2

2a------=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

N11

2 1 2+( )------------------------- Mg2

ha--- Γ1 Γ2+( )–⎝ ⎠

⎛ ⎞=

N21

2 1 2+( )------------------------- Mg1

ha--- Γ1 Γ2+( )+⎝ ⎠

⎛ ⎞=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

⇔

N2 Γ1 Γ2+ Mg1ah---–

Γ1 Γ1M–= Γ2 Γ2M–=

T1 f 0N1–=

T2 f 0N2–=⎩⎨⎧

© N

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n,cl

asse

pré

pa

corrigés


286

On obtient deux équations en et qui aprèsrésolution fournissent :

et

b. Le rapport des deux couples est :

Les roues se bloquent si le freinage est trop fort et si lesroues se mettent à glisser. La limite sur les roues arrièreest atteinte pour une valeur de plus faible que sur les

roues avant. Ce sont donc les roues arrière qui bloquenten premier.c. A.N. :

Γ1M Γ2M

Γ1M f 0Mga2 f 0h+

1 2+-------------------=

Γ2M f 0Mga

1 f 0h–

1 2+-------------------=

Γ1M

Γ2M

---------2 f 0h+

1 f 0h–------------------- 1=

Γ

0,7 2 130 700

0,4 1 090 530

0,1 240 165

f 0 Γ1M Nm Γ2M Nm

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n,cl

asse

pré

pa

Index

287

Index

Aaccélération et freinage d’une automobile 267accrétion de matière 159actions

extérieures 92intérieures 92sur un dipôle rigide 154

ascension d’un cylindre 262associativité 9

Bbarre tournante 138bicyclette 140bielle manivelle 108

Ccentre de masse 7champ

de pesanteur uniforme 96gravitationnel non uniforme 154

chute libre 185cinématique 23collé-glissé 264collision 52composition des vecteurs rotations 29cône de frottement 253conservation

de la résultante cinétique 172du moment cinétique 198

contact ponctuel 249contact quasi-ponctuel 251coordonnées du centre de masse 8corde

d’amarrage 265glissante 53souple 99

couple de forces 96cristal unidimensionnel 102cylindre basculant 262

Ddécollage d’une fusée 187définition énergétique d’une liaison parfaite 224dilatance de Reynolds 111disque en contact avec deux surfaces 263dynamique

d’un fil pesant 110de formation des étoiles 160

Eéchelle contre un mur 264effets de marée 112énergie cinétique

d’un solide 126d’un système continu 126d’un système discret 125d’un système formé de deux solides 134

énergie mécanique 225énergie potentielle 225

du poids et des forces d’inertie sur une barre 155totale 149

enveloppe convexe 11équilibre

d’un fil pesant 109d’une poussette 108

équivalence boule 102expérience de Timochenko 263

Fforces

conservatives 148extérieures conservatives 148intérieures conservatives 148non conservatives 149

formule de Varignon 23friction de deux disques 139

GGalilée 185glissement 23

sur des rails 262

H, I, Jhystérésis de frottement 266invariance 11jet sur une plaque 185

Lliaison 97

glissière 27, 225pivot 27, 98, 150, 225rotule 27, 97, 150, 225

loi de conservation de la résultante cinétique 172lois de Coulomb 251

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288

Mmise en mouvement d’un cylindre 257modèle des liaisons parfaites 151moment cinétique 43

d’un solide 61d’un solide par rapport à un axe de rotation 65

moment d’inertie d’un système par rapport à un axe 61moment des actions 94

intérieures 94mouvement

de rotation 49plan 26

Ppendule oscillant sur un chariot 179pivotement 23, 28plateau et galet 139point

invariant 11matériel 7, 102

pont suspendu 110premier théorème de Koenig 45principe des actions réciproques

relatif à la résultante 93relatif au moment 95

propulsion par réaction 52puissance des actions

de contact 254extérieures 223intérieures 222intérieures à un solide 150

puissance des liaisons rotule et pivot 150puissance et travail

d’un système 147des actions exercées sur un solide 149

Rrebonds sur une paroi 186référentiel barycentrique 44, 222relation de transport 94relation fondamentale de la dynamique 171résultante cinétique 41résultante des actions 91

rotation d’une molécule d’eau 131rotation d’une tige lestée 53roulement 23, 28roulement sans glissement 23, 28, 224

Ssecond théorème de Koenig 127

appliqué au solide 128solide en rotation

autour d’un axe de direction fixe 25autour d’un axe fixe 24

solide en translation 24symétries 11système

continu 9de deux barres 138isolé 172pseudo-isolé 173

Tthéorème d’Huygens 62, 81, 138théorème de Koenig 44théorème de l’énergie cinétique 221théorème de la puissance cinétique 221théorème de la résultante cinétique 171théorème de transport 43théorème du centre de masse 172théorème du moment cinétique

appliqué à un point matériel 195dans le référentiel barycentrique 197en un point fixe 195en un point mobile 196par rapport à un axe fixe 196scalaire 197

théorèmes de Guldin 10transmission des efforts 103triangle inhomogène 15

V, Wvibrations couplées 176vitesse de glissement 27wagon d’Einstein 185

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Documents

MP MP* PT PT* |et des systèmes | Mécanique du solide · PDF fileCet ouvrage fait partie de la collection « Classe prépa », une collection d ouvrages simples et accessibles c ouvrant