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Christophe Darnat – 2013
Problèmes de concours corrigés
Mécanique du solide
Probléme 1 : La mécanique de la marche (Mines-Ponts 1999)
Enoncé page 2
Solution page 2
Probléme 2 : Roulement d’un cylindre dans un demi-cylindre (Concours TA 1994)
Enoncé page 4
Solution page 4
Probléme 3 : Chute d’une tartine beurrée 1 (Mines-Ponts 1999)
Enoncé page 6
Solution page 8
Probléme 4 : Oscillations d’une barre sur des rails (ATS 2006)
Enoncé page 11
Solution page 12
Probléme 5 : Quelques oscillations (Mines-Ponts 2008)
Enoncé page 14
Solution page 16
Probléme 6 : Etude d’un accélérographe mécanique (CCP 2008)
Enoncé page 21
Solution page 23
Probléme 7 : Chute d’une tartine beurrée 2 (ESIM 1999)
Enoncé page 29
Solution page 30
1
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Problèmes de concours corrigés
Mécanique du solide
Problème 1 : La mécanique de la marche (Mines-Ponts 1999)
Par un beau matin d’été, un physicien délaisse son laboratoire pour une randonnée pédestre à travers la
campagne. Après 10 km de marche sur un chemin horizontal, il s’assoit à l’ombre d’un arbre et soliloque : « Je
suis fatigué. Pourtant, je n’ai pas travaillé. Comment est-ce possible ? ».
1. Le physicien effectue une marche de L kilomètres à vitesse constante sur une route horizontale (on prendra
g = 9,8 m ⋅ s −2 pour le champ de pesanteur). On suppose que le centre de masse du promeneur conserve une
altitude constante pendant la marche et que le contact sol-promeneur se fait sans glissement. On modélise
l’homme comme un solide. Quel est le travail mécanique effectué par l’homme au cours de la marche ?
Le corps humain n’est pas un corps solide. Au cours de la marche, le centre de marche effectue des oscillations.
L’ordre de grandeur de l’amplitude de ces oscillations est a = 2 cm pour chaque pas effectué. Quand le centre
de masse s’élève, l’énergie élastique musculaire est transformée en énergie potentielle. Quand le centre de masse
s’abaisse, l’énergie potentielle est convertie en énergie thermique (« chaleur »). La machine humaine n’est pas
réversible. Fixons les ordres de grandeur pour une marche de L = 10 km , une longueur de pas p = 0, 75 m et un
homme de masse M = 70 kg .
2. Effectuer un schéma montrant la trajectoire du centre de marche en faisant apparaître les longueurs 2a et p .
3. Montrer que cette marche est équivalente, pour le travail fourni, à l’escalade d’une montagne d’une hauteur
L
H telle que H = 2a . Application numérique.
p
4. Calculer l’énergie mécanique fournie et comparer cette énergie à l’énergie de la ration alimentaire
quotidienne, de l’ordre de grandeur de 106 J , d’un homme sédentaire. Que peut-on en conclure ?
Pour marcher l’homme prend appui sur une jambe et laisse « penduler » l’autre jambe autour de l’articulation
fémorale. On modélise la jambe par une barre homogène, de masse m , de longueur l = 1 m , de moment
d’inertie autour de l’articulation J =
1 2
ml .
3
5. Quelle est la valeur de la période des petites oscillations ? En déduire la vitesse moyenne du marcheur en
km/h . Quelle conséquence peut-on en tirer ?
6. Sachant que g Lune = 1, 6 m ⋅ s −2 , quelle serait la vitesse moyenne du même marcheur sur la Lune ?
Solution
1. On étudie le système {marcheur} dans le référentiel terrestre galiléen, assimilé à un solide.
ur
ur
Il subit : - son poids P = M g qui ne travaille pas car le centre de masse du promeneur conserve une altitude
constante pendant la marche ;
ur
- la réaction de contact du sol sur les pieds R qui ne travaille pas car il n’y a pas glissement.
D’autre part, la marche s’effectue à vitesse constante, donc l’énergie cinétique Ec du marcheur est constante et
ne varie pas.
En notant Wm le travail mécanique effectué par l’homme au cours de la marche, le théorème de l’énergie
ur
ur
ur
ur
cinétique s’écrit ∆ Ec = W P + W R + Wm . Avec ∆ Ec = W P = W R = 0 , on obtient Wm = 0 : le travail
( )
( )
( )
( )
mécanique effectué par l’homme (c’est celui des forces intérieures) au cours de la marche est nul.
2. Schéma :
2a
p
Sol
2
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3. Quand le centre de masse s’élève de 2a pendant un pas, l’énergie élastique musculaire est transformée en
énergie potentielle et le marcheur fournit le travail W p = Mg ⋅ 2a (c’est le travail du poids).
Pour la marche totale le marcheur fournit le travail Wt = NW p où N est le nombre de pas.
L
.
p
Le travail à fournir pour escalader une montagne d’une hauteur H est W = Mg ⋅ H .
Or L = Np , donc Wt = Mg ⋅ 2a
Par identification on obtient H = 2a
L
, soit H = 533 m .
p
L
vaut Wt = 365 kJ , ce qui représente le tiers de la ration alimentaire
p
quotidienne d’un homme sédentaire, ce n’est pas excessif.
5. On considère le système {jambe} assimilée à une tige en rotation autour d’un axe
O
x
fixe passant par une de ses extrémités, le point O, dont on étudie les oscillations dans
le référentiel terrestre supposé galiléen.
On suppose la liaison en O étant parfaite.
G
uur
θ•
Soit m la masse de la tige, l sa longueur et G son centre de gravité dont on repère
uθ
la position de G par la variable angulaire θ .
uur uur
Le mouvement est une rotation pure : on choisit la base polaire ur , uθ , le
uur
ur
l
z
mouvement de G est inscrit dans un cercle de centre O et de rayon .
2
uuur l uur uur l uur
Repérage de G : OG = ur , vG = θ&uθ .
2
2
uur
uur
Le vecteur rotation de la tige est Ω = θ&u y (perpendiculaire au plan de la figure).
ur
ur
uur
uur
Bilan des forces : - poids (qui s’applique en G) : P = mg = mg cos θ ur − sin θ uθ ;
ur
- la réaction en O : R .
uuur
d σ O uuuur ur uuuur ur
= M O ( P) + M O ( R ) .
Le théorème du moment cinétique appliqué en O s’écrit :
1
42
3
dt
r4
4. L’énergie fournie Wt = Mg ⋅ 2a
(
)
(
)
0
(
)
uuuur ur uuur ur l uur
uur
uur
uur
l
M O ( P ) = OG ∧ P = ur ∧ mg cos θ ur − sin θ uθ = − mg sin θ u y .
2
2
uuur
uur ml 2 uur
De plus, d’après Koenig σ O = J O Ω =
θ&u y .
3
l
ml 2 &&
3g
θ = −mg sin θ , soit θ&& + sin θ = 0 .
2l
3
2
3g
Pour les oscillations de faible amplitude sin θ ≈ θ (vrai pour θ < 11° ) et θ&& +
θ = 0 , ces oscillations sont
2l
3g
alors sinusoïdales de la forme θ (t ) = A cos(ω 0 t ) + B sin (ω 0 t ) , de pulsation ω0 =
et de période
2l
Le théorème du moment cinétique fournit
T0 = 2π
2l
. Application numérique : T0 = 1, 6 s .
3g
Un pas correspond à une demie période, la vitesse moyenne du marcheur est donc vm =
2p
.
T
On trouve vm = 0,9 m ⋅ s −1 , soit vm = 3,3 km ⋅ h −1 .
Ce modèle simplifié est acceptable puisqu’un marcheur moyen va à une vitesse comprise entre 4 et 6 km/h .
6. En remplaçant g par g Lune on obtient vm, Lune = 1,3 km ⋅ h −1 : le même marcheur va moins vite sur la Lune
que sur la Terre.
3
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Problème 2 : Roulement d’un cylindre dans un demi-cylindre (Concours TA 1994)
Le référentiel terrestre (R) est supposé galiléen.
On considère un demi-cylindre C0 , de centre O0 , fixe par rapport à (R), d’axe ∆ et de rayon R .
1 2
mr par
2
rapport à son axe de rotation, roule sans glisser à l’intérieur de C0 de manière à ce que la génératrice de contact
soit constamment parallèle à ∆ .
Dans un plan perpendiculaire à ∆ , on repère la position de C par :
▪ l’angle θ que fait O0 O avec la verticale descendante O0 z ;
Un cylindre C , de centre O , plein, homogène, de masse m , de rayon r et de moment d’inertie J =
▪ l’angle ϕ que fait OM avec l’axe horizontal O x , M étant un point quelconque du cylindre C .
dθ
dϕ
On note θ& et ϕ& les dérivées par rapport au temps
et
.
dt
dt
ur
Soit g le champ de pesanteur terrestre, on prendra g = 9,8 m ⋅ s −2 .
ϕ
O
∆ •0
R
θ
g
• r
O
x
I
z
1. Ecrire la relation liant θ& , ϕ& , R et r traduisant la condition de roulement sans glissement .
2. Calculer l’énergie cinétique E du cylindre C dans (R) en fonction de m , R , r et θ& .
c
3. Calculer l’énergie potentielle de pesanteur E p du cylindre C dans(R).
4. Justifier le fait que l’énergie mécanique de C dans (R) est constante. Ecrire la relation correspondante en
notant θ 0 et θ&0 les valeurs initiales de θ et θ& .
5. En dérivant par rapport au temps la relation obtenue à la question 4, donner l’équation différentielle du
second ordre régissant le mouvement de C .
6. On se place dans l’hypothèse des oscillations de faible amplitude. Montrer que le mouvement de C est
sinusoïdal. Donner l’expression de la période T0 de ce mouvement en fonction de R , r et g .
7. Application numérique : R = 0, 5 m et r = 0, 2 m . Calculer T0 .
Solution
On étudie le mouvement du cylindre C0 sur le support S dans le référentiel terrestre R galiléen.
ur
Il subit son poids P = m g uniforme et vertical (qui s’applique en O) et la réaction R du support (qui s’applique
en I, point de contact entre C et C0 ).
uuuuuuuuuur r
1. La condition de roulement sans glissement s’écrit en annulant la vitesse de glissement : vg (C/C0 ) = 0 .
uur uuuur uuuuur
La vitesse de glissement du cylindre C sur le support C0 s’écrit : vg = vI∈C − vI∈C0 .
uuuuur r
vI∈C0 = 0 car le support est fixe dans le référentiel R, et
O0
ϕ
∆ •
v I∈C s’obtient par le champ des vitesses du cylindre C.
uuuur uur uur uur
θ
uur
g
•
vI∈C = vO + Ω ∧ OI , et on choisit la base polaire u r , uθ
uθ
O
pour repérer O.
uur
I
ur
)
(
z
4
x
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uuuuur
uur d OO0 d
vO =
=
dt
dt
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Mécanique du solide
( ( R − r ) u ) = ( R − r )θ&uθ , Ω = ϕ& u
uur
uur uur
r
uur
y
uur
uur
uur
et OI = rur , on en déduit vg =
( ( R − r )θ& + rϕ& ) uθ .
uur
 R−r  &
La condition de roulement sans glissement v g = 0 s’écrit alors ( R − r ) θ& + rϕ& = 0 , ou bien ϕ& = − 
θ .
 r 
2. L’énergie cinétique E c du cylindre C dans R s’exprime en utilisant le théorème de Koenig :
uur
uur
2
1
1
1
1
1
Ec = mvO2 + Ec* , avec vO = ( R − r ) θ&uθ et Ec* = J Ω 2 = mr 2ϕ& 2 , soit Ec = m ( R − r ) θ& + mr 2ϕ& 2 .
2
2
4
2
4
3
2 &2
 R−r  &
Avec ϕ& = − 
 θ , on obtient Ec = 4 m ( R − r ) θ .
r


ur uuuur
3. L’énergie potentielle de pesanteur E p du cylindre C dans(R) s’écrit E p = −mg ⋅ O0 O + cte .
ur
uur
uuuur
uur
Or g = gu z et O0 O = ( R − r ) ur , d’où E p = −mg ( R − r ) cos θ (on choisit la constante nulle).
(
)
4. Le cylindre subit son poids (conservatif) et la réaction du support (qui ne travaille pas en l’absence de
glissement), c’est donc un système conservatif et son énergie mécanique se conserve : Em = Ec + E p = cte .
3
3
2
2
m ( R − r ) θ&2 − mg ( R − r ) cos θ = m ( R − r ) θ&02 − mg ( R − r ) cos θ 0 ,
4
4
3
3
2
2
soit, en simplifiant par m ( R − r ) : ( R − r ) θ& − g cos θ = ( R − r ) θ&0 − g cos θ 0 .
4
4
3
&&& + gθ& sin θ = 0 , soit θ&& + 2 g sin θ = 0 .
5. En dérivant par rapport au temps on obtient :
( R − r ) ⋅ 2θθ
3( R − r )
4
On peut alors écrie Em (t ) = Em (0) , soit
6. Dans le cas d’oscillations de faible amplitude sin θ ≈ θ (vrai pour θ < 11° ) et θ&& +
2g
θ = 0.
3( R − r )
La solution de cette équation différentielle est de la forme θ (t ) = A cos(ω 0 t ) + B sin (ω 0 t ) avec ω0 =
Ces oscillations sont donc sinusoïdales de période T0 = 2π
7. Application numérique : T0 = 1,3 s .
5
3( R − r )
2g
.
2g
.
3( R − r )
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Problème 3 : Chute d’une tartine beurrée 1 (Mines-Ponts 1999)
Préoccupé dès le petit-déjeuner par un problème résistant à sa sagacité, un physicien pose distraitement sa tartine
beurrée en déséquilibre au bord de la table, côté beurré vers le haut (figure 1). La tartine tombe et atterrit sur le
côté beurré, ce qui ne manque pas d’attirer l’attention du physicien. Répétant l’expérience avec méthode et
circonspection, notre héros observe la répétitivité du phénomène et le modélise. Nous allons lui emboîter le pas.
2a
G
•
O
x
e
δ
h
z
Figure 1 : tartine sur table
Une tartine rectangulaire de longueur 2a , de largeur 2b et d’épaisseur e , de masse m uniformément répartie,
est placé au bord d’une table de hauteur h . Le mouvement est décrit dans le repère R (O, x, y, z ) , direct et
supposé galiléen : O est sur le bord de la table, l’axe Ox est horizontal dirigé vers l’extérieur de la table ; l’axe
Oy est porté par le rebord de la table et l’axe Oz , vertical, est dirigé vers le bas ; les petits côtés de la tartine
sont parallèles à Oy .
G
•
x
θ
mg
ur
uθ
z
Figure 2 : chute d’une tartine
A l’instant initial, la tartine, supposée d’épaisseur nulle, est horizontale, sa vitesse est nulle. Les coordonnées de
son centre de masse G sont (δ ,0,0 ) . La tartine amorce une rotation sans glissement autour de l’arête Oy du bord
de la table. A l’instant t , la tartine est repérée par l’angle θ de la figure 2. La vitesse angulaire est notée
ω=
dθ
. Le moment d’inertie de la tartine par rapport à l’axe Gy , parallèle à Oy et passant par G, est
dt
J Gy =
 a2

1
ma 2 et par rapport à l’axe Oy il est J Oy = J Gy + mδ 2 = 
+ δ 2 m .


3
 3

6
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1. En introduisant les réactions tangentielle et normale de la table en O, notées respectivement T et N dans la
(
)
base u r , uθ représentée sur la figure 2, exprimer le théorème du mouvement du centre de masse, dans le repère
)
(
galiléen R (O, x, y, z ) , en projection dans la base mobile u r , uθ ; on notera g l’intensité de l’accélération de la
pesanteur.
2. Exprimer le théorème du moment cinétique pour la tartine, en projection sur l’axe Oy . Le coefficient de
surplomb étant défini par η =
δ
a
(la distance δ est appelée distance de surplomb), en déduire la relation (qui
définit, au passage, la vitesse angulaire ω 0 ) : ω 2 =
g 6η
sin θ = ω 02 sin θ (A).
a 1 + 3η 2
3. Retrouver la relation (A) par des considérations énergétiques.
4. La tartine quitte la table à un instant pris comme origine des temps, l’angle θ vaut alors
π
2
, la vitesse
angulaire initiale est ainsi ω 0 . Quelle est la loi d’évolution ultérieure de l’angle θ ? (on suppose, bien entendu,
que le mouvement reste plan et qu’il n’y a pas de contact ultérieur avec la table).
5. On considère que, lorsque la tartine atteint le sol, à l’instant τ , elle ne subit pas de rebond et que toute son
énergie cinétique devient négligeable. Quel est l’angle limite θ 1 tel que la tartine atterrisse côté pain, en
admettant qu’elle fasse moins d’un tour avant de toucher le sol ?
6. On suppose η << 1 (δ << a ) ; montrer que la durée de chute libre (cette dernière commençant lorsque le
centre de masse G de la tartine est presque en O) est τ =
2h
. Calculer τ pour h = 75 cm et g = 9,8 m.s −2 .
g
Quelle est la chance de rattraper la tartine avant qu’elle n’atteigne le sol ?
7. Quelle est la valeur η min de η permettant à la tartine d’atterrir côté pain ?
Dans les circonstances courantes, le coefficient de surplomb η ne dépasse guère 0,02. Qu’en déduit-on sur la
chute de la tartine ?
8. Comment les considérations précédentes seraient-elles modifiées sur la planète Mars, où le champ de
pesanteur vaut g Mars = 3,7 m.s −2 ?
9. Il est raisonnable de penser que la hauteur d’un éventuel organisme humanoïde marchant sur deux jambes est
conditionnée par la valeur du champ de pesanteur de la planète où il vit (par exemple, la hauteur maximale serait
celle au-delà de laquelle une chute sur la tête serait certainement mortelle). Sous l’hypothèse que cet humanoïde
aurait la même constitution que les Terriens (même résistance de la boîte crânienne, par exemple), quel serait
l’ordre de grandeur de sa taille ? Un martien vérifierait-il lui aussi, sous les mêmes hypothèses, que sa tartine
beurrée tombe presque toujours sur le côté tartiné ?
10. L’hypothèse de rotation complète sans glissement jusqu’à θ =
π
2
peut certainement être mise en question.
Comment le glissement affecte-t-il le temps de chute ? La possibilité de voir atterrir la tartine du bon côté (c’està-dire, conventionnellement, le côté non beurré) s’en trouve-t-elle augmentée ou diminuée ?
7
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Solution
1. On étudie le mouvement d’une tartine beurrée dans le référentiel terrestre galiléen. Elle subit son poids
P = m g uniforme et vertical (qui s’applique en G) et la réaction R = T + N de l’arête de la table (qui s’applique
en O, point de contact entre la tartine et l’arête).
Le théorème du centre de masse appliqué à la tartine dans le référentiel terrestre galiléen s’écrit m a G = P + R .
( )
(δ u ) = δ (− θ& u
Dans la base polaire u r , uθ :
d 2 OG
aG =
dt 2
=
d2
dt 2
2
r
(
r
)
)
(
+ θ&&uθ , P = mg u z = mg sin θ u r + cos θ uθ et R = T u r + N uθ .
) on obtient −mmδθδθ&& = mg= mgcossinθ −θ N− T .
&2
En projetant sur u r , uθ

2. Le théorème du moment cinétique par rapport au point fixe O s’écrit
()
()
dσ O
= MO P +MO R .
dt
( )
La tartine effectue un mouvement de rotation autour de l’arête Oy fixe donc σ O = J Oy ω avec ω = − θ& u y .
()
)
(
()
M O P = OG ∧ m g = δ u r ∧ mg sin θ u r + cos θ uθ = −δmg cos θ u y et M O R = 0 car R s’applique en O.
δmg cos θ
On en déduit − J Oy θ&&u y = −δmg cos θ u y , soit θ&& =
.
J Oy
Or J Oy
 a 2 + 3δ 2
=

3

En posant η =
On
θ& 2
2
multiplie
=
δ
a
δ
3

3
g
g
δ
a cos θ .
m , d’où θ&& =
cos θ =

2
2
a
δ2
a
+
3
δ

1+ 3 2
a
g 3η
on obtient θ&& =
cos θ .
a 1 + 3η 2
par
θ& :
θ&θ&& =
g 3η &
θ cos θ
a 1 + 3η 2
et
on
intègre
avec
θ (0) = 0
et
θ&(0) = 0 , soit
g 3η
sin θ .
a 1 + 3η 2
En notant ω = θ& , on obtient ω 2 =
g 6η
g 6η
sin θ , ou bien ω 2 = ω 02 sin θ avec ω 02 =
.
a 1 + 3η 2
a 1 + 3η 2
3. Etudions la question précédente à l’aide de considérations énergétiques : en effet puisqu’il n’y a pas de
ur
glissement, R ne travaille pas et le poids est conservatif, donc l’énergie mécanique E m de la tartine se
conserve. Elle s’écrit E m = E c + E p , avec l’énergie cinétique E c =
1
J Oy θ& 2 (la tartine est en rotation autour
2
d’un axe fixe), et E p comprend seulement le terme d’énergie potentielle de pesanteur ( R ne travaille pas), soit
E p = −mgz G = − mgδ sin θ , soit E m =
1
J Oy θ& 2 − mgδ sin θ .
2
8
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1
Puisque E m se conserve E m = E m (0) = 0 car θ (0) = 0 et θ&(0) = 0 , soit
J Oy θ& 2 − mgδ sin θ = 0 et
2
θ& 2 =
 a 2 + 3δ 2
2mgδ sin θ
. Avec J Oy = 
3
J Oy


m , on obtient θ& 2 = g 6η sin θ (même relation qu’en 2).

a 1 + 3η 2

4. Prenons une nouvelle origine des temps : la tartine quitte la table en t = 0 , et les conditions initiales de la
chute sont alors θ (0) =
π
2
et θ&(0) = ω (0) = ω 0 sin θ (0) = ω 0 .
La tartine n’est alors soumise qu’à son poids P = m g = mg u z (qui s’applique en G).
Le théorème du moment cinétique dans le référentiel barycentrique s’écrit
()
dσ G
= M G P = GG ∧ m g = 0 .
dt
1
On en déduit σ G = cte . Or σ G = σ * = J Gy ω = − ma 2 ω u y , d’où ω = θ& = cte = ω 0 et θ = ω 0 t + θ (0) , et
3
finalement θ (t ) = ω 0 t +
π
2
.
5. Pour que la tartine atterrisse côté pain il faut θ >
3π
3π
, soit θ 1 =
.
2
2
6. Lorsque le centre de masse G de la tartine est en O la chute libre de hauteur h commence.
uur ur
uur ur
uur
Le théorème de la résultante dynamique appliqué à la tartine s’écrit maG = P , soit aG = g = gu z .
uur
uur
gt 2
On déduit en intégrant par rapport au temps sa vitesse vG = gtu z et sa position zG (t ) =
.
2
Le temps de chute τ de la tartine est tel que z (τ ) = h , soit τ =
2h
, τ = 0, 39 s .
g
Il faut être très rapide pour rattraper la tartine avant qu’elle n’atteigne le sol.
7. La valeur η min de η correspond à la valeur θ 1 de θ , et il faut θ (τ ) = θ 1 , soit ω 0τ +
Avec ω 0 =
g 6η
et τ =
a 1 + 3η 2
Or η << 1 donc 1 + 3η 2 ≈ 1 et
g 6ηmin
2
a 1 + 3η min
2h
, on obtient
g
g
⋅ 6η min
a
π
2
=
3π
, d’où ω 0τ = π .
2
2h
=π .
g
π a
2h
, ηmin = 0, 05 .
= π donne ηmin =
12h
g
2
En pratique η ≤ 0,02 , on en déduit que la tartine atterrit du côté beurré.
8. L’expression de η min est indépendante de g donc sur Mars la tartine atterrit aussi du côté beurré.
Sur Mars le temps de chute s’écrit τ Mars =
2h
g Mars
, soit τ Mars = 0, 63 s , on a plus de chance de rattraper la
tartine avant qu’elle n’atteigne le sol.
9. Sur Mars l’énergie se conserve de la même manière que sur Terre, de sorte que lors d’une chute sur la tête
l’énergie potentielle est convertie en énergie cinétique. L’énergie potentielle d’un point de la tête est de la forme
E p = mgz , la masse m à la même valeur sur Terre et sur Mars, donc (gz )Terre = (gz )Mars .
9
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On en déduit, en appelant ht la hauteur d’un terrien et hm la hauteur d’un martien, que ht g = hm g Mars .
Avec ht ≈ 1,8 m , on obtient la hauteur d’un martien : hm ≈ 4,8 m .
De même, la hauteur H de la table d’un martien serait de l’ordre de H = h ⋅
de chute serait τ ' =
g
g Mars
≈ 2 m , de sorte que le temps
2H
= 1 s : la martien a une chance de rattraper la tartine avant qu’elle n’atteigne le sol.
g Mars
L’expression de η min étant indépendante de g , sur Mars la tartine atterrit aussi du côté beurré.
10. Le glissement de la tartine au début s’effectue sur un temps très court donc ne modifie pas le temps de chute
de la tartine. En revanche, s’il y a frottement, ceci diminue l’énergie totale de la tartine, ce qui diminue ω , donc
η min augmente : la tartine aura encore plus de chance de retomber du côté beurré.
10
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Problèmes de concours corrigés
Mécanique du solide
Problème 4 : Oscillations d’une barre sur des rails (ATS 2006)
A- Une barre de masse m peut glisser sans frottement sur deux rails parallèles. Les deux rails et la barre forment
un plan horizontal. Les seuls mouvements possibles de la barre sont des translations rectilignes parallèlement à la
direction des rails notée Ox (l’axe Oz est vertical vers le haut). La barre est liée à un ressort de raideur k .
L’origine des abscisses est choisie lorsque le ressort est au repos.
k
On pose ω 0 =
. A l’instant initial on lâche la barre sans vitesse initiale à l’abscisse x(0) = a avec a > 0 .
m
k
l
x
1.
2.
3.
4.
Déterminer l’équation différentielle du mouvement par l’application de théorème de la résultante dynamique.
Déterminer l’expression de l’abscisse x de la barre en fonction du temps t .
Déterminer l’expression de l’énergie mécanique de la barre en fonction du temps.
Montrer, qu’en moyenne sur une période, l’énergie cinétique est égale à l’énergie potentielle élastique.
B- On reprend le problème précédent mais, cette fois, on suppose que la barre subit une force de frottement
visqueux F = −α v où v est le vecteur vitesse de la barre et α un coefficient positif.
k
α
et λ =
.
m
2m
Etablir l’équation différentielle du mouvement.
On suppose λ << ω 0 . Déterminer l’expression de l’abscisse x de la barre en fonction du temps t .
Représenter l’allure du graphe de x en fonction de t .
Montrer que l’énergie mécanique de la barre peut se mettre, avec la condition λ << ω 0 , sous la forme
On pose ω 0 =
5.
6.
7.
8.
t
approchée : E m
−
1
= ka 2 e τ . On donnera l’expression de τ .
2
11
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Problèmes de concours corrigés
Mécanique du solide
Solution
1. On étudie le système {barre} dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen.
Elle subit :
- son poids : P = m g = − mg u z vertical ;
- les réactions R1 et R 2 des rails (à chaque extrémités de la barre) verticales ;
- la force de rappel Fr du ressort, puisque l’origine des abscisses est choisie lorsque le ressort est
au repos, son allongement est x et Fr = − kxu x .
On repère le centre de gravité G de la barre via son abscisse x : OG = xu x , d’où v G = x& u x et a G = &x&u x .
Le théorème de la résultante dynamique appliqué à la barre s’écrit : m a G = P + R1 + R 2 + Fr .
k
2
: &x& + ω 0 x = 0 .
m
2. La solution générale de cette équation différentielle se met sous la forme : x(t ) = A cos(ω 0 t ) + B sin (ω 0 t ) .
On en déduit x& (t ) = − Aω 0 sin (ω 0 t ) + Bω 0 cos(ω 0 t ) .
En projetant sur l’axe Ox on obtient : m&x& = − kx , soit, avec ω 0 =
Les conditions initiales x(0) = a et x& (0) = 0 donnent A = a et B = 0 , d’où x(t ) = a cos(ω 0 t ) .
Le mouvement de la barre est oscillatoire sinusoïdal de période T0 =
2π
ω0
.
3. L’énergie mécanique de la barre E m est la somme de son énergie cinétique E c et de la somme des énergie
potentielles E p dont dérive les forces conservatives, soit E m = E c + E p .
1
mv G2 + E c* . L’énergie
2
1
cinétique barycentrique E c* est nulle car la barre glisse sur les rails, elle ne roule pas, d’où E c = mx& 2 .
2
L’énergie cinétique E c de la barre s’écrit, d’après le théorème de Koenig : E c =
Le mouvement de la barre étant horizontal P ne travaille pas, et comme il n’y a pas de frottement R1 et R 2 ne
travaillent pas non plus, on peut donc associer à ces trois forces une énergie potentielle constante (que l’on choisi
nulle).
1
La force de rappel du ressort travaille et on lui associe l’énergie potentielle élastique kx 2 .
2
1
1
2
2
Finalement : E m = mx& + kx .
2
2
Remarque : avec x(t ) = a cos(ω 0 t ) et x& (t ) = − aω 0 sin (ω 0 t ) , on obtient en utilisant ω 0 =
1
k
: E m = ka 2 .
2
m
On retrouve le fait que le système soit conservatif, ce qui est normal car on ne considère pas les frottements.
1 T0
4. La valeur moyenne de l’énergie cinétique sur une période s’écrit : < E c >=
E c (t )dt .
T0 0
∫
Avec x& = − aω 0 sin (ω 0 t ) , on déduit E c =
Or
1
T0
∫
T0
0
sin 2 (ω 0 t )dt =
De même < E p >=
Puisque ω 0 =
1
T0
1
1
1
mω 02 a 2 sin 2 (ω 0 t ) , soit < E c >= mω 02 a 2 ⋅
2
2
T0
1
1
, d’où < E c >= mω 02 a 2 .
2
4
∫
T0
0
E p (t )dt =
1 2 1
ka ⋅
2
T0
T0
∫
0
cos 2 (ω 0 t )dt =
1 2
ka .
4
k
alors k = mω 02 et finalement < E c >=< E p > .
m
12
∫
T0
0
sin 2 (ω 0 t )dt .
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Problèmes de concours corrigés
Mécanique du solide
5. Au bilan des forces précédent il faut rajouter la force de frottement visqueux F = −α v = −αx& u x et la
projection du théorème de la résultante dynamique appliqué à la barre sur l’axe Ox s’écrit : m&x& = − kx − αx& .
Avec ω 0 =
k
α
2
on obtient : &x& + 2λx& + ω 0 x = 0 .
et λ =
m
2m
6. On cherche une solution exponentielle de la forme x = Ae rt , en injectant dans l’équation différentielle on
(
)
obtient l’équation caractéristique r 2 + 2λr + ω 02 = 0 de discriminant ∆ = 4 λ 2 − ω 02 .
Avec λ << ω 0 ce discriminant s’écrit ∆ = −4ω 02 = (2 jω 0 )2 avec j 2 = −1 .
Les solutions de l’équation caractéristique sont alors r1 = −λ − jω 0 et r2 = −λ + jω 0 .
(
)
On en déduit x(t ) = Ae r1t + Be r2t = e − λt Ae − jω0t + Be jω0t , ou bien x(t ) = e −λt ( A' cos(ω 0 t ) + B' sin(ω 0 t )) .
On en déduit x& (t ) = −λe
− λt
( A' cos(ω 0 t ) + B' sin(ω 0 t )) + e (− A' ω 0 sin(ω 0 t ) + B' ω 0 cos(ω 0 t )) .
− λt
Les conditions initiales x(0) = a et x& (0) = 0 donnent A' = a et B' =
λa
.
ω0


λ
− λt
Finalement x(t ) = ae − λt  cos(ω 0 t ) +
sin (ω 0 t ) . Avec la condition λ << ω 0 , on obtient x(t ) = ae cos(ω 0 t ) .
ω
0


7. L’allure du graphe de x en fonction de t est la suivante : x
On parle de régime transitoire pseudo-périodique.
a
e -λ t
t
O
- e -λ t
T0
(
)
 λ

8. De x on déduit x& = a − λe −λt cos(ω 0 t ) − e − λt ω 0 sin (ω 0 t ) = −aω 0 e − λt 
cos(ω 0 t ) + sin (ω 0 t ) .
 ω0

− λt
&
Avec la condition λ << ω 0 , on obtient : x(t ) = −ω 0 ae sin(ω 0 t ) .
La force supplémentaire de frottement est non conservative et ne dérive donc pas d’une énergie potentielle,
1
1
l’énergie mécanique de la barre garde la forme : E m = mx& 2 + kx 2 .
2
2
1
1
1
1
On en déduit E m = mx& 2 + kx 2 = mω 02 a 2 e − 2λt sin 2 (ω 0 t ) + ka 2 e − 2λt cos 2 (ω 0 t ) .
2
2
2
2
1 2 − 2 λt
1
Or k = mω 02 , donc E m = ka 2 e − 2λt sin 2 (ω 0 t ) + cos 2 (ω 0 t ) , soit E m = ka e
.
2
2
(
)
t
1
1 2 −τ
ka e avec τ =
.
2λ
2
A cause des frottements visqueux, l’énergie mécanique de la barre diminue exponentiellement au cours du
temps.
On obtient une expression de la forme E m =
13
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Mécanique du solide
Problème 5 : Quelques oscillations (Mines-Ponts 2008)
Lorsqu’une bille sphérique roule sur une piste de forme circulaire suspendue en un point, le couplage entre la
bille et la piste engendre un mouvement spectaculaire, objet de ce problème.
Une sphère homogène, de centre C, de rayon r et de masse m , est
mobile dans un plan vertical en restant en contact avec un rail PP’,
de masse M , que l’on modélise par une portion de cercle de
centre O et de rayon R , dont l’axe de symétrie est vertical.
Le moment d’inertie de la sphère par rapport à un axe passant par
2
C est J = mr 2 . Le référentiel fixe orthonormé direct
5
uur uur uur
uur
Rg = O, u x , u y , u z où u x est vertical dirigé vers le bas est
(
)
uur
uy
P
•
uur
ux
R
g
θ
O
•
α
r
C•
P'
•
uur
uα
uur
I
ur
supposé galiléen (voir figure 1). On pourra également utiliser les
•
uur
uur
A
vecteurs mobiles polaires unitaires ur et uα représentés sur la
Figure 1 : sphère mobile sur un rail fixe
figure 1.
Le mouvement de la sphère est repéré par deux paramètres :
uuur
uur
l’angle α que fait OC avec u x et l’angle de rotation θ autour de
uur
l’axe horizontal qui porte u z .
A chaque instant t , on appelle I le point de contact de la sphère avec le rail. On note A le point du rail situé sur
ur
uur
son axe de symétrie. L’accélération de la pesanteur est g = gu x .
I – Rail fixe
uuur
uur
La sphère roule sans glisser sur le rail fixe. Initialement, elle est au repos et OC fait un angle α 0 avec u x . Le
système comprend deux degrés de liberté cinématiques, α et θ .
1. Ecrire la condition de roulement sans glissement de la sphère sur le rail sous la forme d’une relation linéaire
liant r , R , θ& et α& . Contrôler la pertinence de la relation obtenue, d’une part en comparant les signes
respectifs de θ& et de α& , et d’autre part en analysant la situation lorsque r = R .
2. Déterminer l’expression de l’énergie mécanique totale Et du système. En déduire l’équation différentielle
vérifiée par la fonction α (t ) .
3. Déterminer la période T po des petites oscillations.
On considère deux rails circulaires de même rayon R . Sur chaque rail, on place à l’instant initial une sphère de
rayon r , de masse m en des points repérés par le même angle α 0 (situation déjà représentée sur la figure 1).
Les sphères sont lâchées au même instant, avec une vitesse initiale nulle. Les deux rails sont de nature différente,
de sorte que la première sphère roule sans glisser et que la seconde glisse sans rouler.
4. En utilisant des arguments énergétiques qualitatifs, déterminer quelle est la sphère qui arrive la première au
point le plus bas A. Le résultat est-il modifié si les masses des sphères sont différentes ?
5. Etablir une expression intégrale du temps τ mis par la sphère la plus rapide pour atteindre le point A.
Comment peut-on, sans calcul supplémentaire, obtenir le temps τ ' mis par la sphère la plus lente pour
τ'
atteindre ce point ? Déterminer le rapport
.
τ
14
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Problèmes de concours corrigés
Mécanique du solide
II – Rail suspendu
Les points P et P’ sont attachés en O par des fils inextensibles
de masse négligeable, ce qui permet au rail d’osciller autour
de l’axe horizontal passant par O. La position du milieu A du
rail est repérée par l’angle β représenté sur la figure 2. Le
centre de masse G du rail se trouve à chaque instant sur la
droite OA à une distance l de O. On note J ' = MR 2 le
moment d’inertie du rail par rapport à son axe de rotation. On
appelle respectivement N et T les composantes de la force
uur
uur
de réaction du rail sur la sphère au point I selon ur et uα . La
sphère roule sans glisser sur le rail, qui est maintenant en
forme de quart de cercle, les grandeurs α et θ sont les
mêmes que celles utilisées dans la partie I.
uur
uy
O
•
uur
ux
α
• P'
C•
β
g
G•
•I
•
A
P•
Figure 2 : sphère mobile sur un rail suspendu.
Les angles α et β sont mesurés par rapport à
II.A. – Description du mouvement
la verticale et l’on note OG = l .
6. Ecrire la condition de roulement sans glissement reliant de θ& , α& et β& .
uuur
7. Exprimer dans Rg le moment cinétique σ 1C de la sphère en C et en déduire l’expression du moment
uuur
cinétique σ 1O de la sphère en O.
uuuur
8. Exprimer dans Rg le moment cinétique σ 2O du rail en O.
9. Exprimer dans Rg , l’énergie cinétique EcS de la sphère, l’énergie cinétique EcR du rail et enfin l’énergie
cinétique EcT de l’ensemble rail-sphère.
10. Appliquer le théorème du moment cinétique en O à l'ensemble rail-sphère et en déduire une équation
différentielle liant les fonctions α (t ) et β (t ) .
11. Appliquer le théorème du moment cinétique en C à la sphère seule et en déduire l'expression de T en
fonction de θ&& , puis, en utilisant le résultat de la question 6, en fonction de α&& et β&& .
12. Appliquer le théorème du moment cinétique en O au rail seul et en déduire la relation différentielle :
Aβ&& − Bα&& = − Mg l sin β (1)
On exprimera la constante A en fonction de M , m et R et la constante B en fonction de m , r et R .
13. Déduire des résultats précédents la relation :
A 'α&& − B ' β&& = −mg ( R − r )sin α (2)
On exprimera la constante A ' en fonction de m , r et R . Vérifier que l’équation (2) est en accord avec le
résultat de la question 2.
14. Retrouvez les équations (1) et (2) à partir de considérations énergétiques. Démontrer que AA ' > B 2 .
15. Que traduit l’absence de termes en α& et β& dans les équations (1) et (2) ?
II.A. – Modes d’oscillation
On considère dans cette sous-partie que les angles α et β sont l'un et l'autre voisins de zéro, ce qui permet de
linéariser les équations (1) et (2). On pose D = Mg l et D ' = mg ( R − r ) . On cherche les solutions du système
linéarisé sous la forme
(
)
(
α (t ) = Re α 0 e jωt et β (t ) = Re β 0 e jωt
)
(3)
où α 0 et β0 sont deux nombres complexes, j 2 = −1 .
On appelle pulsation propre du système tout réel positif ω qui permet d'obtenir des solutions non nulles du
système linéarisé sous la forme (3).
16. Déterminer les pulsations propres ω1 et ω2 du système ( ω1 > ω2 ) en fonction de A , A ' , B , D et D ' .
On considère dorénavant que les conditions initiales du système sont :
α (t = 0) = α 0 , β (t = 0) = 0 et α& (t = 0) = β& (t = 0) = 0
(4)
15
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Mécanique du solide
17. Montrer que si α 0 ≠ 0 , la solution
β
du système linéarisé est une fonction de la forme :
β (t ) = η [ cos(ω1t ) − cos(ω2 t ) ] . On ne cherchera pas forcément à déterminer la constante η en fonction des
paramètres du système.
On réalise le montage expérimental de la figure 2 avec les
paramètres physiques suivants :
r = 1, 27 ⋅10−2 m ,
R = 19 ⋅10−2 m ,
M = 90 ⋅10−3 kg ,
m = 67 ⋅10−3 kg ,
l = 17,7 ⋅10−2 m et g = 9,81 m ⋅ s −2 . On dispose d'un
système de mesure qui permet d'enregistrer la valeur de
l'angle β en fonction du temps. Pour des conditions
initiales du type (4), avec α 0 suffisamment faible, on
obtient l'enregistrement représenté sur la figure 3.
18. Déterminer à partir de la figure 3, une valeur
approximative des pulsations propres du système
expérimental. Cette estimation est-elle compatible
avec les valeurs théoriques ?
Figure 3 : enregistrement de β en radians
en fonction de t en secondes
Solution
I – Rail fixe
On étudie le mouvement de la sphère dans le référentiel Rg galiléen. Elle subit :
ur
ur
uur
- son poids P = mg = mgu x ;
ur
- la réaction R du rail.
uur uuuuuuuur uuuuuur r
1. La vitesse de glissement de la sphère sur le rail s’écrit vg = vI ∈ sphère − vI ∈ rail = 0 car il y a non glissement.
uuuuuur r
uuuuuuuur uur uur uur
uur
uur
Or vI ∈ rail = 0 car le rail est fixe. La relation de Varignon donne vI ∈ sphère = vC + Ω ∧ CI avec Ω = θ&u z le
uuur
uur
uur
uur d OC d
uur
uur
=
( R − r )ur = ( R − r )α& uα .
vecteur rotation de la sphère et CI = rur . De plus vC =
dt
dt
Finalement la condition de roulement sans glissement de la sphère sur le rail s’écrit ( R − r )α& = −rθ& .
(
)
Puisque R − r > 0 alors θ& et α& sont de signe opposé, ce qui est cohérent puisque si la sphère roule vers la
gauche en descendant alors θ& > 0 et α& < 0 .
Si r = R la sphère est de même taille que le rail et elle ne peut pas rouler sans glisser et θ& = 0 .
2. L’énergie mécanique totale de la sphère est Et = Ec + E p .
1 2 1
1
1 2 2 &2
mvC + J Ω 2 = m( R − r )2 α& 2 +
mr θ .
2
2
2
25
7
La condition de roulement sans glissement r 2θ& 2 = ( R − r ) 2 α& 2 donne et finalement Ec = m( R − r ) 2 α& 2 .
10
ur
La réaction R ne travaille pas puisqu’il y a roulement sans glissement, on peut lui affecter une énergie
potentielle constante.
uur
L’énergie potentielle de pesanteur s’écrit E p p = −mgxC + cte puisque u x est descendant.
L’énergie cinétique s’écrit via le théorème de Koenig : Ec =
Finalement E p = −mg ( R − r ) cos α + cte et Et =
7
m( R − r ) 2 α& 2 − mg ( R − r ) cos α + cte .
10
ur
ur
dEt
R ne travaillant pas et P étant conservatif, l’énergie mécanique totale de la sphère est stationnaire et
=0.
dt
dEt
7
& && + mg ( R − r )α& sin α et on déduit l’équation différentielle vérifiée par la fonction
Or
= m( R − r )2 2αα
dt
10
α (t ) :
16
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Mécanique du solide
5g
sin α = 0 .
7( R − r )
α&& +
3. Pour les oscillations de faible amplitude α << 1 rad et sin α ≈ α on obtient l’équation différentielle d’un
5g
7( R − r )
oscillateur harmonique α&& + ω02α = 0 avec ω0 =
dont la solution générale est de la forme
α (t ) = a cos(ω0 t ) + b sin(ω0 t ) , ce mouvement est sinusoïdal de période T po =
4.
Pour
la
sphère
qui
roule
2π
ω0
, soit T po = 2π
7( R − r )
.
5g
sans
glisser :
∆ Et = 0 =
7
m( R − r )2 α& 2 − mg ( R − r ) ( cos α − 1) ,
10
d’où
sans
rouler :
∆ Et' = 0 =
1
m( R − r )2 α& 2 − mg ( R − r ) ( cos α − 1) ,
2
d’où
10 g
(1 − cos α ) .
7( R − r )
α& 2 =
Pour
la
sphère
qui
glisse
2g
(1 − cos α ) .
(R − r)
α& 2 =
10
donc la sphère qui glisse va le plus vite et arrive la première au point le plus bas A.
7
On peut expliquer cela de la manière suivante : pour les deux sphères la variation d’énergie potentielle de
pesanteur est la même.
Pour la sphère qui roule sans glisser la réaction ne travaille pas, l’énergie potentielle de pesanteur est convertie
en énergie cinétique de translation et en énergie cinétique de rotation.
Pour la sphère qui glisse sans rouler la réaction ne travaille pas non plus sinon sa composante tangentielle la
ferait rouler, l’énergie potentielle de pesanteur est convertie uniquement en énergie cinétique de translation, c’est
donc elle qui va le plus vite et qui arrive la première au point le plus bas A.
Dans les deux cas α& 2 (α ) ne dépend pas de la masse donc le résultat n’est pas modifié si les masses des sphères
sont différentes.
Or 2 >
5. Pour la sphère qui glisse sans rouler : α& 2 =
2g
2g
dα
(1 − cos α ) et α& = = −
(1 − cos α ) (car
(R − r)
dt
(R − r)
α& < 0 ).
On
τ=
en
∫
α0
0
déduit
dt = −
(R − r)
dα
2 g (1 − cos α )
et
en
intégrant
τ =−
0
∫α
0
(R − r )
dα
2 g (1 − cos α )
ou
bien
(R − r)
1
dα =
f (α 0 ) .
2 g (1 − cos α )
2
De même pour la sphère qui roule sans glisser : τ ' =
On en déduit :
∫
α0
0
7( R − r )
7
dα =
f (α 0 ) .
10 g (1 − cos α )
10
τ'
7
=
.
5
τ
II – Rail suspendu
II.A. – Description du mouvement
uur uuuuuuuur uuuuuur r
6. La vitesse de glissement de la sphère sur le rail s’écrit vg = vI ∈ sphère − vI ∈ rail = 0 car il y a non glissement.
uuuuuuuur uur uur uur
uur
uur uuuuuuur
uur
La relation de Varignon donne vI ∈ sphère = vC + Ω ∧ CI avec vC = ( R − r )α& uα , Ωsphère = θ&u z le vecteur rotation
uur
uur
uuuuuuuur
uur
de la sphère et CI = rur , soit vI ∈ sphère = ( R − r )α& + rθ&  uα .
uuuuuur r
Attention ici vI ∈ rail ≠ 0 car le rail est mobile.
17
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Mécanique du solide
uuuuuur uur uuuur uur
uur r
uuuur
uur
La relation de Varignon donne vI ∈ rail = vO + Ω rail ∧ OI avec vO = 0 (O est fixe), Ω rail = β& u z le vecteur rotation
uur
uur uuuuuur
uur
du rail et OI = Rur , vI ∈ rail = R β& uα .
Finalement la condition de roulement sans glissement de la sphère sur le rail s’écrit ( R − r )α& + rθ& = R β& .
uuur
uuuuuuur
7. Le moment cinétique de la sphère en C est son moment cinétique barycentrique σ 1C = J Ωsphère , soit
uuur
σ 1C =
uuur
2 2 & uur
mr θ u z .
5
uuur
uuur
uur uuur
uuur
uur
uur
uur
σ 1O s’écrit via le théorème de Koenig σ 1O = OC ∧ mvC + σ1C . Or OC = ( R − r )ur et vC = ( R − r )α& uα , d’où :
uuur

2
 uur
σ 1O =  m( R − r ) 2 α& + mr 2θ&  u z .
5


uuuur
uuuur
8. Le moment cinétique du rail en O est son moment cinétique barycentrique σ 2O = J ' Ω rail , soit
uuuur
uur
σ 2O = MR 2 β& u z .
9. L’énergie cinétique de la sphère s’écrit via le théorème de Koenig EcS =
EcS =
1 2 1
2
mvC + J Ω sphère
, soit :
2
2
1
1
m( R − r )2 α& 2 + mr 2θ& 2 .
2
5
1
1
2 2
2
J ' Ω rail
, soit : EcR = MR β& .
2
2
1
1 2 &2 1
2 2
= m( R − r ) α& + mr θ + MR 2 β& 2 .
2
5
2
L’énergie cinétique du rail est son énergie cinétique barycentrique EcR =
Finalement l’énergie cinétique de l’ensemble rail-sphère est EcT
ur
uur
uur
10. L’ensemble rail-sphère subit son poids P = mgu x + Mgu x , les tensions des deux fils (dont le moment en O
est nul) et les deux réactions en I qui s’annulent (forces intérieures).
Le moment en O du poids s’écrit (attention au point d’application de chaque poids) :
uuuur ur uuur
ur uuur
ur
M O P = OC ∧ mg + OG ∧ M g
uur
uur
uur
uur
uur
uur
= ( R − r ) cos α u x + sin α u y ∧ mgu x + l cos β u x + sin β u y ∧ Mgu x
uur
= − ( mg ( R − r )sin α + Mg l sin β ) u z
uuur
uuuur
d σ 1O d σ 2O uuuur ur
Le théorème du moment cinétique s’écrit
+
= M O P , on obtient alors :
dt
dt
2
m( R − r ) 2 α&& + mr 2θ&& + MR 2 β&& = −mg ( R − r )sin α − Mg l sin β
5
R
 R−r 
Or ( R − r )α& + rθ& = R β& , donc θ&& = β&& − 
 α&& , et on obtient :
r
 r 
( )
(
)
(
)
( )
7 
2



m( R − r )  R − r  α&& +  MR 2 + mrR  β&& = − mg ( R − r ) sin α − Mg l sin β
5 
5



uuur
d σ 1C uuur ur uuur ur
11. Appliquons le théorème du cinétique en C à la sphère seule :
= M C ( P) + M C ( R ) .
dt
uuur 2
uur uuur ur uuur
ur r
uuur ur uur ur
uur
uur
uur
uur
2
Or σ 1C = mr 2θ&u z , M C ( P ) = CC ∧ mg = 0 et M C ( R) = CI ∧ R = rur ∧ ( Nur + T uα ) = rT u z , d’où T = mrθ&& .
5
5
2
R
R 
Or ( R − r )α& + rθ& = R β& , d’où θ&& = β&& −  − 1 α&& et T = m  R β&& − ( R − r ) α&& .
5
r
r


ur
ur
ur
12. Le rail subit son poids P = M g , la réaction de la sphère − R et les tensions des deux fils.
Appliquons le théorème du moment cinétique en O au rail seul :
18
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Mécanique du solide
uuuur
d σ 2O uuuur ur uuuur ur
= M O ( P) + M O (− R)
dt
uuur
ur uur uuur
= OG ∧ M g + OI ∧ − R
uur
uur
uur
uur
uur
uur
= l(cos β u x + sin β u y ) ∧ Mgu x + Rur ∧ − N ur − T uα
uur
uur
= − Mg l sin β u z − RT u z
uuuur
uur
Avec σ = MR 2 β& u on obtient MR 2 β&& = − Mg l sin β − RT .
( )
2O
Or T =
On
(
)
z
R
R
2
2
R  
R  
mr  β&& −  − 1 α&& , donc MR 2 β&& = − Mg l sin β − R mr  β&& −  − 1 α&& ;
5
r
r
5
r

 
r
 


obtient
2  2 && 2

 M + 5 m  R β − 5 mR( R − r )α&& = − Mg l sin β .


Par
identification :
2 

A =  M + m  R2
5 

et
2
mR ( R − r ) .
5
13. On élimine Mg l sin β dans le résultat de la question 10 :
B=
7 
2



m( R − r )  R − r  α&& +  MR 2 + mrR  β&& = − mg ( R − r ) sin α − Mg l sin β
5
5




2 
2

et celui de la question précédente  M + m  R 2 β&& − mR( R − r )α&& = − Mg l sin β ,
5
5


7 
2
2 
2




on déduit: m( R − r )  R − r  α&& +  MR 2 + mrR  β&& = −mg ( R − r ) sin α +  M + m  R 2 β&& − mR( R − r )α&& ,
5 
5
5 
5




7
2
7
m( R − r )2 α&& − mR( R − r ) β&& = −mg ( R − r )sin α .
A ' = m( R − r ) 2
soit
Par
identification :
5
5
5
2
B ' = mR ( R − r ) .
5
Si le rail est fixe β&& = 0 et on retrouve le résultat de la question 2.
et
14. Appliquons le théorème de l’énergie mécanique qui dit que la dérivée par rapport au temps de l’énergie
mécanique est égale à la puissance des forces non conservatives.
ur
dEtR
1
Au
rail :
= P (−T ) .
Or
EtR = EcR + E pR = MR 2 β& 2 − Mg l cos β + cte
et
2
dt
ur
ur uuuuuur
uur
uur
P(−T ) = −T ⋅ vI ∈ rail = −T uα ⋅ R β& uα = −TR β& .
Or T =
ur
2
2
& && − ( R − r ) βα
& && .
m  R β&& − ( R − r ) α&& et P(−T ) = − mR  R ββ

5
5
dEtR
& && + Mg lβ& sin β . On obtient bien, en simplifiant par β& , le résultat de la question 12.
= MR 2 ββ
dt
ur
dEtS
2
& && − ( R − r ) βα
& &&  .
De même pour la sphère :
= P(T ) = − mR  R ββ

dt
5
1
1
Or
EtS = m( R − r )2 α& 2 + mr 2θ&2 − mg ( R − r ) cos α + cte
et
2
5
dEtS
2
&&& + mg ( R − r )α& sin α .
& && + mr 2θθ
= m( R − r )2 αα
dt
5
R
R
 R−r 
 R−r 
Avec θ& = β& − 
α& et θ&& = β&& − 

 α&& et en simplifiant par α& , on obtient bien le résultat de la
r
r
 r 
 r 
question 13.
2 
7

2

En reportant les expressions de A , A ' et B : AA '− B 2 =  M + m  R 2 ⋅ m( R − r ) 2 −  mR( R − r ) 
5 
5

5

obtient :
19
2
on
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Mécanique du solide
7
2
1
2
MmR 2 ( R − r ) 2 + ( mR( R − r ) ) = mR 2 ( R − r ) 2 ( 7 M + 2m ) et donc AA ' > B 2 .
5
5
5
15. Les équations (1) et (2) ne contiennent pas de termes en α& et β& car on ne considère pas les frottements
fluide.
AA '− B 2 =
II.A. – Modes d’oscillation
16. Puisque les angles α et β sont l'un et l'autre voisins de zéro on peut écrire sin α = α et sin β = β .
 Aβ&& − Bα&& = − D β
En posant D = Mg l et D ' = mg ( R − r ) on obtient le système : 
.
 A 'α&& − B ' β&& = − D 'α
En
utilisant
les
grandeurs
complexes
α = α 0 e jωt
β = β 0 e jωt
et
on
obtient
le
système :
( D − Aω 2 ) β 0 + Bω 2 α 0 = 0

.
 2
2
 Bω β0 + ( D '− A ' ω )α 0 = 0
On cherche des solutions non nulles pour ω , il faut que le déterminant du système soit nul, soit :
( D − Aω 2 )( D '− A ' ω 2 ) − B 2ω 4 = 0 , ou bien : ( AA '− B 2 )ω 4 − ( A ' D + AD ')ω 2 + DD ' = 0 .
Le discriminant de cette équation du 2nd degré en ω 2 est ∆ = ( A ' D + D ' A)2 − 4( AA '− B 2 ) DD ' .
En développant et en refactorisant on peut écrire ∆ = ( A ' D − D ' A)2 + 4 B 2 DD ' , d’où ∆ > 0 .
On en déduit les deux solutions positives : ω1 =
A ' D + DA '+ ∆
2( AA '− B )
2
et ω2 =
A ' D + DA '− ∆
2( AA '− B 2 )
telles que
ω1 > ω2 .
17. Les solutions α
β sont des combinaisons linéaires des modes propres et on a donc :
α = a cos(ω1t ) + b cos(ω2 t ) et β = a 'cos(ω1t ) + b 'cos(ω2 t ) .
et
Puisque β (t = 0) = 0 alors a ' = −b ' = η et β (t ) = η [ cos(ω1t ) − cos(ω2 t ) ] .
  ω + ω2
18. On peut aussi écrire β (t ) = 2η sin   1
 2
figure 3 un sinus modulant un autre sinus.
    ω1 − ω2
 t  sin  
   2
 
 t  et on observe bien sur le graphe de la
 
La plus petite période T p correspond à la plus grande pulsation T p = 2π
d’où T p = 0,91 s et
ω1 + ω2
2
= 6,9 rad ⋅ s −1 .
La plus grande période Tg correspond à la plus petite pulsation Tg = 2π
2
et on en compte 1 en 7,6 s,
ω1 − ω2
ω1 − ω2
= 0,8 rad ⋅ s −1 .
2
= 7, 7 rad ⋅ s −1 et ω2exp = 6,1 rad ⋅ s −1 .
d’où Tg = 7, 6 s et
exp
On obtient ω1
2
et on en compte 11 en 10 s,
ω1 + ω2
Avec les valeurs numériques données on obtient ω1th = 7, 2 rad ⋅ s −1 et ω2th = 5,5 rad ⋅ s −1 .
Les estimations expérimentales sont compatibles avec les valeurs théoriques, l’écart doit sans doute provenir,
d’une part de la linéarisation (il faut que θ < 11 ° pour que sin θ ≈ θ ) et des frottements visqueux qui ont été
négligés.
20
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Mécanique du solide
Problème 6 : Etude d’un accélérographe mécanique (CCP 2008)
Le but du problème est d’étudier un accélérographe construit à l’aide d’un oscillateur mécanique.
Les trois parties sont largement indépendantes.
Dans tout le problème on prendra pour l’intensité du champ de pesanteur terrestre g = 9,8 m ⋅ s -2 .
I. Etude sommaire
(
)
uur uur uur
Dans un référentiel R galiléen muni du repère cartésien O, u x , u y , u z , on considère un corps solide (S) de
masse m = 0,1 kg et de centre d’inertie G pouvant se déplacer sans frottement solide le long de l’axe horizontal
Ox (figure 1) ; G est relié au point E par un ressort de raideur k ; (S) est en outre soumis à une force de
uur
uur
frottement visqueux de la forme − β vG où vG est la vitesse de G par rapport à E.
G
x
O
E
Figure 1
On repère la position de G par l’écart à la position d’équilibre l 0 par la relation x = EG − l 0 .
1. Détermination des caractéristiques de l’oscillateur
Dans un premier temps, E est fixe en O.
On écarte G de sa position d’équilibre vers la droite, d’une distance x0 = 10 cm et on le lâche sans vitesse
initiale.
k
β
1. Déterminer l’équation du mouvement ; on posera ω02 =
et 2λ = .
m
m
2. Déterminer x(t ) dans le cas d’un régime peudo-périodique.
3. La durée séparant 10 passages de G par la position d’équilibre, de droite à gauche, est ∆t = 12 s . Par ailleurs,
l’amplitude de la dixième oscillation est x1 = 7,5 cm .
En déduire les valeurs de la pseudo-pulsation, de β et de k .
2. Mesure d’une accélération
Dans cette question le point E est solidaire d’un solide en vibration dans R. Sa position est donnée par
uuur
uur
OE = a cos(ωt )u x .
1. Déterminer l’équation différentielle vérifiée par x(t ) .
2. Déterminer x(t ) en régime forcé (ou permanent).
3. Le tracé de l’amplitude X 0 des oscillations en fonction de la pulsation à l’allure suivante en coordonnées
réduites y =
X0
ω
en fonction de u =
:
ω0
a
y
u
21
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Mécanique du solide
Que représente le maximum de cette courbe ? Cette situation se présente-t-elle pour toute valeur du
coefficient d'amortissement?
Déduire graphiquement l'amplitude a dans le cas où, pour ω = 7 rad ⋅ s −1 , on mesure X 0 = 0, 2 cm .
4. Exprimer puis calculer la puissance moyenne dissipée par les frottements.
II. Amélioration du dispositif
Afin de se prémunir des inévitables frottements de glissement, le solide précédent est remplacé par une roue de
rayon a = 20 cm qui peut rouler sur le plan horizontal (cf. figure 2). Le coefficient de frottement entre le plan et
la roue est f = 0, 2 supposé identique en régime statique et dynamique. On néglige le frottement visqueux. Le
ressort de raideur k = 22, 2 N ⋅ m −1 et de longueur à vide l 0 est relié au centre G de la roue, l'autre extrémité E
étant fixe de sorte que EG est horizontal. La roue est libre de tourner autour de son axe Gy . Le moment d'inertie
1
ma 2 . On note x l'abscisse de G, l'origine étant prise à la position
2
d'équilibre: x = EG − l 0 ; la rotation de la roue dans R est repérée par un angle θ .
de la roue par rapport à son axe est J =
On posera ω0 =
k
.
m
z
ur
g
E
G
θ
x
O
Figure 2
Initialement x(0) = x0 . L'ensemble est lâché sans vitesse initiale.
1. On suppose que le mouvement a lieu sans glissement
1. Établir une relation entre les dérivées de x et de θ .
dx
.
dt
3. Établir l'équation du mouvement vérifiée par x(t ) et la résoudre. On notera ω la pulsation des oscillations.
2. Déterminer l'expression de l'énergie cinétique de la roue dans R en fonction de
4. Montrer que le mouvement s'effectue sans glissement si x0 < x1 , x1 étant à déterminer en fonction de f , g
et ω0 . Calculer la valeur de x1 .
2. On se place dans le cas où x0 > x1 et on étudie la première phase de glissement
1. Rappeler les lois de Coulomb pour le frottement solide, dans le cas du glissement.
2. Déterminer l'équation du mouvement vérifiée par x(t ) et la résoudre. On exprimera x(t ) en fonction de x1 ,
x0 et ω0 .
dθ
.
dt
4. Déterminer la vitesse de glissement vg en fonction de x1 , x0 et ω0 .
3. Déterminer la vitesse angulaire
5. Pour des temps proches de zéro, donner une expression très simple de vg . Commenter le signe de vg .
6. Donner l'équation que vérifie l'instant t1 pour lequel le glissement se termine.
22
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Mécanique du solide
III. Accélération radiale d’un satellite
Un satellite, de masse ms , de centre d'inertie S, est en orbite circulaire autour de la terre de centre O, sa période
est T0 = 12 h . Dans ce satellite un point matériel M de masse m = 100 g peut se déplacer sans frottements sur un
axe Sx , fixe dans le satellite (cf. figure 3). En outre M est soumis à une force élastique qui dérive d'une énergie
uuur
uur
1
potentielle E p ( x) = mω12 x 2 avec ω1 = 0, 03 rad ⋅ s −1 et SM = xu x .
2
Rayon de la terre R = 6400 km .
x
M
y
S
O
Figure 3
(
)
uur uur uur
On pose r0 = OS et on désigne par R s le référentiel lié au satellite muni du repère cartésien S, u x , u y , u z .
Le référentiel R g géocentrique est supposé galiléen.
1.
1. Déterminer la vitesse v0 du satellite en fonction de r0 , g et R .
2. En déduire l'expression de T0 en fonction de r0 , g et R . Calculer numériquement r0 , v0 et la vitesse
angulaire ω0 du satellite dans R g .
2. On étudie le mouvement de M dans le référentiel R s
1. Déterminer l'équation différentielle du mouvement.
2. Donner une équation du mouvement approchée en considérant que x << r0 en ne faisant intervenir que ω0 ,
ω1 , x et ses dérivées temporelles.
3. Montrer que M oscille et que sa période d'oscillation n'est quasiment pas affectée par la révolution du
satellite.
4. Pourquoi ce dispositif est-il pertinent pour mesurer, s'il y a lieu, l'accélération radiale du satellite?
Solution
I. Etude sommaire
1. Détermination des caractéristiques de l’oscillateur
1. On étudie le système {S} dans le référentiel R supposé galiléen.
Il subit :
- son poids : P = m g = − mg u z vertical ;
ur
- la réaction R de l’axe perpendiculaire à l’axe puisqu’il n’y a pas de frottement solide ;
- la force de rappel Fr du ressort dont l’allongement est x et Fr = − kxu x ;
uur
uur
- la force de frottement visqueux F f = − β vG .
uuur
uur
On repère le centre de gravité G du système via son abscisse x : OG = ( OE + x + l 0 ) u x , d’où v G = x& u x et
a G = &x&u x .
uur ur ur uur uur
Le théorème de la résultante dynamique appliqué au système s’écrit : maG = P + R + F f + Fr .
En projetant sur l’axe Ox on obtient : mx&& = − β x& − kx .
23
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En posant ω02 =
Problèmes de concours corrigés
Mécanique du solide
k
β
2
et 2λ = , il vient : &x& + 2λx& + ω 0 x = 0 .
m
m
2. On cherche une solution exponentielle de la forme x(t ) = Aert , en injectant dans l’équation différentielle on
(
)
obtient l’équation caractéristique r 2 + 2λr + ω 02 = 0 de discriminant ∆ = 4 λ 2 − ω 02 .
Dans le cas d’un régime peudo-périodique ∆ < 0 et on note ∆ = −4ω 2 avec ω = ω02 − λ 2 .
Les solutions de l’équation caractéristique sont alors r1 = −λ − jω et r2 = −λ + jω .
(
)
(
)
On en déduit x(t ) = Aer1t + Be r2t = e −λ t Ae − jωt + Be jωt , ou bien x(t ) = e−λt A 'cos (ωt ) + B 'sin (ωt ) .
(
)
(
)
On en déduit x& (t ) = −λ e−λt A 'cos (ωt ) + B 'sin (ωt ) + e−λt − A ' ω sin (ωt ) + B ' ω cos (ωt ) .
Les conditions initiales x(0) = x0 et x& (0) = 0 donnent A ' = x0 et B ' =
λ x0
.
ω0
λ

− λt 
Finalement x(t ) = x0 e  cos (ωt ) + sin (ω t )  .
ω


3. Dix passages de G par la position d’équilibre, de droite à gauche, correspondent à 9 pseudo-périodes, soit
∆t
2π
T=
= 1,33 s . Puisque ω =
on déduit ω = 4, 71 rad ⋅ s −1 .
T
9
De plus x1 = x(9T ) = x0 e−9λT , soit λ =
1  x0 
ln   , d’où λ = 0, 024 s −1 .
9T  x1 
Or β = 2λ m d’où β = 4, 79 ⋅10−3 kg ⋅ s −1 . De plus k = mω02 = m ω 2 + λ 2 , soit k = 2, 22 N ⋅ m −1 .
2. Mesure d’une accélération
uuur
uur
uur
1. Dans cette question le point E est mobile et OG = ( OE + x + l 0 ) u x = ( acos(ω t ) + x + l 0 ) u x , d’où
uur
uur
uur
uur
vG = ( − aω sin(ω t ) + x& ) u x et aG = − aω 2 cos(ω t ) + &&
x ux .
(
)
Le théorème de la résultante dynamique appliqué au système en projection sur l’axe Ox s’écrit alors :
&&
x + 2λ x& + ω02 x = aω 2 cos(ωt ) .
2. Pour déterminer x(t ) en régime forcé on utilise la méthode des amplitudes complexes et on cherche une
j ω t +ϕ )
solution de la forme x(t ) = X 0 cos(ω t + ϕ ) à laquelle on associe la quantité complexe x(t ) = X 0 e (
qui
vérifie
X 0 e jϕ =
&&
x + 2λ x& + ω02 x = aω 2 e jωt . En remplaçant on obtient : −ω 2 x + 2λ jω x + ω02 x = aω 2 e jωt , ou bien
aω 2
ω02
− ω + 2 j λω
2
Finalement : x(t ) =
. On en déduit X 0 =
2
0
(ω
2
0
aω 2
(ω
aω 2
− ω2
)
3. La fonction tracée est y (u ) =
2
+ ( 2λω )
2
(1 − u )
2
)
2
+ ( 2λω )

 2λω
cos  ωt + arctan  2
 ω − ω2

 0

u
2
− ω2
avec Q =
+Q u
2 2
2λ
ω0
2
 2λω
et ϕ = arctan  2
 ω − ω2
 0

 .


  .


.
Le maximum de cette courbe représente le phénomène de résonance en élongation de l’oscillateur.

 Q2

2u 1 + u 2 
− 1 


dy
 2

Un calcul un peu long donne :
, cette dérivée s’annule en changeant de signe, c’est-à= 
3
du
2

2
2
+ Q 2u 2 
 1 − u

dire passe par un maximum si Q < 2 .
(
)
24
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Or Q =
2λ
ω0
Problèmes de concours corrigés
Mécanique du solide
, le phénomène de résonance n’a lieu que si λ <
ω0
2
.
ω = 7 rad ⋅ s −1 et X 0 = 0, 2 cm correspondent sur la courbe à u = 1, 485 et y = 1, 45 , on en déduit a = 0,14 cm .
4. La puissance de la force de frottement est :
uur uur
2
2
Pf = F f ⋅ vG = − β vG2 = − β ( − aω sin(ωt ) + x& ) = − β ( − aω sin(ωt ) − X 0ω sin(ωt + ϕ ) )
La puissance moyenne dissipée par les frottements s’écrit donc en développant :
(
)
Pmoy = − βω 2 a 2 < sin 2 (ωt ) > +2aX 0 < sin(ωt ) sin(ωt + ϕ ) > + X 02 < sin 2 (ωt + ϕ ) > .
Or < sin 2 (ωt ) >=< sin 2 (ωt + ϕ ) >=
1
cos ϕ
et < sin(ωt ) sin(ω t + ϕ ) >=
.
2
2
(
)
1
2
2
2
Finalement Pmoy = − βω a + 2aX 0 cos(ϕ ) > + X 0 et Pmoy = 5,3 mW .
2
II. Amélioration du dispositif
1. On suppose que le mouvement a lieu sans glissement
1. 1. On étudie le système {roue} dans le référentiel R supposé galiléen.
Il subit :
- son poids : P = m g = − mg u z vertical ;
ur
- la réaction R du plan ;
- la force de rappel Fr du ressort dont l’allongement est x et Fr = − kxu x ;
Puisque le mouvement a lieu sans glissement la vitesse de glissement est nulle.
uur r
r
La vitesse de glissement s’écrit vg = v(I ∈ roue) − v(I ∈ plan) où I est le point de contact entre la roue est le plan.
r
r
uur
uur
Or v(I ∈ plan) = 0 car le plan est fixe. D’après la relation de Varignon : v I = v G + Ω ∧ GI , avec Ω = θ&u y et
uur
uur
uuur
uur
uur
uur
uur
& x.
GI = −au z . De plus OG = ( x + l 0 ) u x + au y et vG = xu
uur
uur
uur
uur
uur
& x + θ&u y ∧ −au z = x& − aθ& u x . On obtient alors x& = aθ& .
D’où vI = xu
( ) (
) (
)
2. L’énergie cinétique de la roue s’écrit, d’après le théorème de Koenig, E c =
1
1
mv G2 + E c* avec Ec* = J Ω 2 .
2
2
3 2
1 2 1 &2
1
mx& + J θ . Avec J = ma 2 et x& = aθ& on obtient : Ec = mx& .
4
2
2 ur
2
3. La réaction du plan R ne travaille pas car il y a roulement sans glissement. Le poids et la force de rappel du
ressort sont des forces conservatives donc le système est conservatif, son énergie mécanique se conserve au
cours du temps. L’énergie potentielle de pesanteur est constante puisque G évolue à altitude constante, l’énergie
1
potentielle élastique emmagasinée par le ressort s’écrit E pe = kx 2 .
2
3
1
Le théorème de l’énergie mécanique s’écrit donc Ec + E pe = cte , soit mx& 2 + kx 2 = cte .
4
2
3
&&& + kxx& = 0 et l’équation différentielle du mouvement est de la
En dérivant par rapport au temps on obtient mxx
2
D’où Ec =
2
2k
ω0 .
ou bien ω =
3
3m
La solution de cette équation différentielle est de la forme x(t ) = A cos(ωt ) + B sin(ω t ) .
x + ω 2 x = 0 avec ω =
forme &&
x(0) = x0 ⇒ A = x0 et x& (0) = 0 ⇒ B = 0 , d’où x(t ) = x0 cos(ω t ) .
ur
uur
uur
4. Soit R = T u x + Nu z la réaction du plan.
uur ur ur uur
Le théorème de la résultante dynamique appliqué au système s’écrit : maG = P + R + Fr .
 mx&& = T − kx
En projetant sur les axes Ox et Oz on obtient : 
.
0 = N − mg
25
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Problèmes de concours corrigés
Mécanique du solide
1
kx et N = mg .
3
1
3 fmg 3 fg
Tant qu’il y a non glissement la loi de Coulomb indique T < fN , soit kx < fmg , soit x <
= 2 .
k
3
ω0
On déduit alors, puisque &&
x = −ω 2 x , T = (k − mω 2 ) x =
On en déduit que le mouvement s'effectue sans glissement si x0 < x1 , avec x1 =
3 fg
ω02
, soit x1 = 1, 2 ⋅10−4 m .
2. On se place dans le cas où x0 > x1 et on étudie la première phase de glissement
1. Les lois de Coulomb pour le frottement solide, dans le cas du glissement, s’écrivent :
On décompose la réaction R en deux composantes, tangentielle T et normale N , telles que R = T + N .
ur
uur
On a alors : T = f N , T ⋅ v g ≤ 0 et T ∧ v g = 0 .
 mx&& = T − kx
2. D’après la question 1.4. on a toujours : 
.
0 = N − mg
Puisqu’il y a glissement T = fN = fmg .
uur
uur
uur
uur
uur
ur
Or vg = x& − aθ& u x et x& (0) = 0 , donc initialement vg est suivant −u x et par conséquent T est suivant +u x , on
(
)
peut alors écrire T = fmg > 0 .
L’équation différentielle du mouvement est donc mx&& + kx = fmg .
ω
ω2
k
x + ω02 x = 0 x1 .
= ω02 et fg = 0 x1 , on obtient &&
3
m
3
2
Avec
La solution de cette équation différentielle est de la forme x(t ) =
x(0) = x0 ⇒ A = x0 −
x1
+ A cos(ω0 t ) + B sin(ω0 t ) .
3
x 
x 
x1
et x& (0) = 0 ⇒ B = 0 , d’où x(t ) = 1 +  x0 − 1  cos(ω0t ) .
3
3
3

3. Appliquons le théorème du moment cinétique dans le référentiel barycentrique :
dσ *
=
dt
∑ M (F ) dans le
G
ext
référentiel barycentrique.
uuuur ur uuuur uur r
ur
Puisque P et Fr s’appliquent en G alors M G ( P) = M G ( Fr ) = 0 .
uuuur ur uur ur
uur
uur
uur
uur
ur
Puisque R s’applique en I : M G ( R) = GI ∧ R = −au z ∧ T u x + N u z = −aT u y .
uuur
uur
uur
Le moment cinétique barycentrique du solide s’écrit σ * = J Ω = J θ&u y .
(
On en déduit J θ&& = −aT . Or J =
)
ω2
2ω 2 x
1
ma 2 et T = fmg = m 0 x1 , soit θ&& = − 0 1 .
2
3
3a
2ω x
En intégrant par rapport au temps on obtient θ& = − 0 1 t (pas de constante puisque l’ensemble est lâché sans
3a
vitesse initiale).
uur
uur
uur
4. La vitesse de glissement est vg = vg u x = x& − aθ& u x .
2
(
)
2ω 2 x
x 
x 
2ω 2 x


Or x& = −ω0  x0 − 1  sin(ω0 t ) et θ& = − 0 1 t , d’où vg = −ω0  x0 − 1  sin(ω0 t ) + 0 1 t .
3
3
3
3a


2
5. Pour des temps proches de zéro sin(ω0 t ) ≈ ω0 t et vg ≈ ( x1 − x0 )ω0 t .
On a alors vg < 0 , et donc T > 0 , la roue tourne dans le sens inverse des aiguilles d’une montre et se déplace
vers la gauche.
6. Le glissement
se
termine
à
l'instant
t1
tel
2ω0 x1
x1 

 x0 − 3  sin(ω0 t1 ) = 3 t1 .


26
que
vg (t1 ) = 0
et
t1
vérifie
l’équation :
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Mécanique du solide
III. Accélération radiale d’un satellite
1.
1. On étudie le satellite dans référentiel R g géocentrique galiléen, il subit seulement la force gravitationnelle de
uur
mM T G uur
la Terre : Fg = −
ur avec M T la masse de la Terre et G la constante de gravitation universelle.
r02
r
v 2 uur
Son mouvement étant circulaire son accélération s’écrit a = −m 0 ur .
r0
uur
v2
mM T G
Le théorème de la résultante dynamique appliqué au satellite s’écrit, en projection sur ur , − m 0 = −
,
r0
r02
d’où v0 =
MT G
. La force gravitationnelle de la Terre s’écrit au niveau de la surface terrestre
r0
gR 2
.
r0
uur
uur
mM T G uur
Fg = −
ur = −mgur , d’où M T G = gR 2 . Finalement : v0 =
2
R
2. La période de révolution du satellite est T0 =
r03
2π r0
, soit T0 = 2π
.
v0
gR 2
1
 gR 2T02
On en déduit r0 = 
 4π 2

3
−1
 , soit r0 = 26672 km , on en déduit v0 = 3879 m ⋅ s .

2π
La vitesse angulaire ω0 du satellite dans R g est ω0 =
, soit ω0 = 1, 45 ⋅10−4 rad ⋅ s −1 .
T0
2. On étudie le mouvement de M dans le référentiel R s
1. Le référentiel R s est non galiléen et le point M est soumis à :
ur
mgR 2 uur
- la force gravitationnelle de la Terre P = −
ux ;
(r0 + x)2
uur
uur
1
- la force élastique Fe = −mω12 xu x (car elle dérive de E p ( x) = mω12 x 2 ) ;
2
ur
- la réaction R de l’axe Ox ;
uur
uuuur
uur
- la force d’inertie d’entraînement Fie = mω02 OM = mω02 (r0 + x)u x ;
uuur
uur r
uur
uur
uur
& x = −2mω0 xu
& y .
- la force d’inertie de Coriolis Fic = −2mω0 ∧ v = −2mω0 u z ∧ xu
r
uur
Le vecteur accélération de M est a = &&
xu x
uur
Le principe fondamental de la dynamique appliqué au point M donne, en projection sur u x et en simplifiant par
x=−
m , l’équation différentielle du mouvement : &&
2. Avec ω0 =
2π
=
T0
gR 2
r03
gR 2
(r0 + x) 2
, le terme gravitationnel s’écrit
− ω12 x + ω02 (r0 + x) .
gR 2
(r0 + x)
2
=
ω02 r0

x
≈ ω02 r0 1 − 2  = ω02 r0 − 2ω02 x ,
r0 


x
1 + 
 r0 
2
x + (ω12 − 3ω02 ) x = 0 .
et l’équation différentielle se simplifie : &&
3. ω1 = 0, 03 rad ⋅ s −1 et ω0 = 1, 45 ⋅10−4 rad ⋅ s −1 , de sorte que ω12 − 3ω02 = 8,94 ⋅10−4 rad 2 ⋅ s -2 ≈ ω12 .
ω12 − 3ω02 > 0 ⇒ M oscille.
27
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Mécanique du solide
ω12 − 3ω02 ≈ ω12 ⇒ sa période d'oscillation n'est quasiment pas affectée par la révolution du satellite.
4. Si le satellite possède une accélération radiale
&&
x + (ω12
− 3ω02 ) x
ar , l’équation différentielle précédente devient
= −ar . Dans les cas où ar est constant ou sinusoïdal la solution particulière de l’équation
différentielle permet d’accéder à la mesure de ar .
28
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Mécanique du solide
Problème 7 : Chute d’une tartine beurrée 2 (ESIM 1999)
Ce problème propose une étude simplifiée de la chute d’une tartine beurrée posée sur le bord d’une table afin de
déterminer la face qui rencontre le sol. Pourquoi est-ce toujours la face beurrée ?
I/ Une tartine modélisée par un parallélépipède rectangle droit, homogène,
2b
de dimensions 2a , 2b et 2c , de centre d’inertie G, de masse m , est
I
posée sur le bord d’une table dans la position du schéma (G à la verticale
a
a
de I).
Dans cette position instable, elle subit une action très faible qui provoque
x
son basculement autour de I, sans lui donner de vitesse initiale. On
θ
ur
n’admettra qu’au début du mouvement il n’y a pas de glissement en I.
L’action de la table sera représentée par une force R = T uθ + N u r ,
•
orthogonale à l’arête du coin, dans le plan contenant G.
G
I
y
Soit (∆ ) l’axe parallèle au coin de la table passant par I, le moment
d’inertie de la tartine par rapport à cet axe est I ( ∆ )
(
)
uθ
m a2 + b2
.
=
3
1. La tartine est-elle un système conservatif ?
2. Déterminer
d 2θ
dθ
en fonction de θ . En déduire
en fonction de θ .
dt
dt 2
3. Ecrire le théorème de la résultante dynamique. En déduire T et N en fonction de θ .
Application numérique : a = 4 cm et b = 0,4 cm . Représenter −
T
N
et
en fonction de θ .
mg
mg
4. La tartine peut-elle quitter le coin de la table sans glisser ?
5. La tartine commence à glisser pour θ 0 =
π
4
. Evaluer le coefficient de frottement f .
On s’intéresse maintenant à la chute de la tartine. A partir du moment où elle commence à glisser, la tartine
quitte très rapidement la table et se trouve en chute libre à partir de θ 0 =
6. Déterminer
π
4
.
dθ
(θ 0 ) .
dt
On néglige les frottements de l’air.
7. Montrer que la vitesse de rotation reste constante.
8. Déterminer l’équation du mouvement de G en fonction du temps. En déduire le temps de chute si la hauteur de
la table est h .
9. Quel est l’angle dont a tourné la tartine lorsqu’elle heurte le sol ?
Application numérique : h = 70 cm . Conclusion ?
10. Pour quelle hauteur de la table la tartine ne tombe-t-elle plus sur le côté beurré ? Quelle serait la taille du
géant qui utiliserait cette table ?
29
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Mécanique du solide
Solution
On étudie le mouvement d’une tartine beurrée dans le référentiel terrestre galiléen. Elle subit son poids P = m g
uniforme et vertical (qui s’applique en G) et la réaction R = T + N de l’arête de la table (qui s’applique en I,
point de contact entre la tartine et le coin de la table).
1. Le poids P est une force conservative. Puisqu’il y a non glissement la puissance des actions de contact est
nulle, R ne travaille pas. On en déduit que l’énergie mécanique totale de la tartine se conserve.
2. L’énergie mécanique de la tartine s’écrit : E m = E c + E p .
Le mouvement de la tartine est une rotation autour d’un axe fixe passant par G donc E c = E c* =
1
IΩ 2 où Ω
2
le vecteur rotation de la tartine : Ω = θ&u z ( u z le vecteur de base perpendiculaire au plan de la figure), soit
Ec =
1 &2
Iθ .
2
L’énergie potentielle de pesanteur s’écrit E p = −m g ⋅ IG + cte , soit :
)(
(
)
E p = −m − g u x ⋅ b cos θ u x + b sin θ u y + cte = mgb cos θ + cte .
Finalement E m =
1 &2
Iθ + mgb cos θ + cte .
2
Puisque E m se conserve : E m (θ ) = E m (θ = 0) , soit
1 &2
Iθ + mgb cos θ + cte = mgb + cte .
2
2mgb(1 − cos θ )
.
I
On en déduit θ& =
Dérivons la relation
1 &2
1
Iθ + mgb cos θ = mgb par rapport au temps : I ⋅ 2θ&θ&& − mgbθ& sin θ = 0 .
2
2
mgb sin θ
On obtient alors θ&& =
.
I
3. Le théorème de la résultante dynamique appliqué à la tartine dans le référentiel terrestre galiléen s’écrit
)
(
m a G = P + R . Dans la base polaire u r , uθ :
aG =
d 2 IG
dt
2
=
d2
dt
2
(
(bu ) = b(− θ& u
2
r
r
)
(
)
− mbθ& 2 = −mg cos θ + N
En projetant sur u r , uθ on obtient 
.
mbθ&& = mg sin θ + T
(
)
2mgb(1 − cos θ ) && mgb sin θ
m a2 + b2
Avec θ& 2 =
,θ=
et I =
, on obtient :
I
I
3
 2b 2 − a 2
T = mg  2
 a + b2

)
+ θ&&uθ , P = −mg u x = mg − cos θ u r + sin θ uθ et R = N u r + T uθ .
2
 2

 sin θ et N = mg  a + 7b
2
2



 a + b
2


 cos θ − 6b
.
2
2

a + b 

Application numérique : a = 4 cm et b = 0,4 cm . On a alors a 2 = 100b 2 .
30
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On a alors
Problèmes de concours corrigés
Mécanique du solide
T
98
N 107 cos θ − 6
=−
sin θ ≈ − sin θ et
=
≈ cos θ .
mg
101
mg
101
On représente les normes des composantes en fonction de θ :
4. La tartine quitte la table en θ d appelé angle de décrochage, tel que
N (θ d ) = 0 , soit θ d = Arc cos
6
= 86,8° .
107
La tartine commence à glisser en θ g
1
1
sin θ
cos θ
2
quand
T = f N , ou bien
π
O
π
θ
4
2
98
6 
 107
−T = fN c’est-à-dire
sin θ g = f 
cos θ g −
.
101
101 
 101
Graphiquement on observe θ g < θ d , le glissement apparaît avant le décrochage, donc la tartine ne peut pas
quitter le coin de la table sans glisser.
98
6 
 107
sin θ g ≈ f 
cos θ g −
5. On remarque que
 s’écrit sin θ g ≈ f cos θ g , ou bien f ≈ tan θ g .
101
101 
 101
Puisque θ g =
π
4
, on en déduit f ≈ 1 .
(
)
2mgb(1 − cos θ )
m a2 + b2
6. Avec θ& 2 =
et I =
, on obtient : θ& =
I
3
En θ = θ 0 : θ&(θ 0 ) =
6bg
a + b2
2
6bg
a + b2
2
(1 − cos θ ) .
(1 − cos θ 0 ) .
6 g 
2 
1−
= 6,6 rad ⋅ s −1

4
101b 
2 
ur
ur
uur
7. Lors de sa chute la tartine n’est soumise qu’à son poids P = mg = −mgu x (qui s’applique en G).
Avec θ 0 =
π
et a 2 = 100b 2 , θ&(θ 0 ) =
Le théorème du moment cinétique dans le référentiel barycentrique s’écrit
()
dσ G
= M G P = GG ∧ m g = 0 .
dt
uuur uuur
ur
On en déduit σ G = cte . Or σ G = σ * = I ω , d’où ω = θ& = cte = θ&(θ 0 ) , la vitesse de rotation de la tartine reste
constante.
8. On considère la chute libre de la tartine et on repère son centre de gravité G.
L’altitude initiale de G est x0 = b − b sin θ 0 = 0,12 cm . Son vecteur vitesse initial : v 0 = bθ&0 uθ , soit
v 0 = bθ&0 = 0,026 m ⋅ s −1 . z 0 est négligeable devant la hauteur de chute h = 70 cm et v 0 est négligeable devant
la vitesse en fin de chute de l’ordre de 4 m ⋅ s −1 .
On en déduit que l’on peut considérer la chute libre verticale avec, pour G, position initiale nulle et vitesse
initiale nulle.
ur
ur
uur
La tartine n’est soumise qu’à son poids P = mg = −mgu x .
Le théorème de la résultante dynamique appliqué à la tartine dans le référentiel terrestre galiléen s’écrit
ma G = P .
Avec a G = &x&u x on obtient &x& = − g . En intégrant x& = − gt et x = −
31
gt 2
.
2
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Mécanique du solide
Le temps de chute τ de la tartine est tel que x(τ ) = −h , soit τ =
2h
, τ = 0,37 s .
g
9. Puisque ω = θ& = cte = θ&0 , on en déduit en intégrant : θ = θ&0 t + θ 0 .
A la fin du mouvement θ f = θ&0τ + θ 0 .
Lorsque la tartine heurte le sol elle a tourné d’un angle θ f = 3,25 rad = 186°23'33' ' .
Cet angle est légèrement supérieur à π , la tartine fait plus d’un demi-tour mais moins d’un tour.
On en déduit qu’elle tombe sur le côté beurré.
10. Pour que la tartine arrive côté non-beurré il faut qu’elle tourne de θ ' f = 2π − θ 0 , ce qui correspond à un
2(π − θ 0 )
temps de chute τ ' tel que θ&0τ '+θ 0 = 2π − θ 0 , soit τ ' =
= 0,71 s .
θ&
0
Ce temps de chute correspond à une hauteur de chute h' =
g 2
τ ' = 2,55 m .
2
Si une personne de 1,80 m utilise une table de 0,7 m, une règle de 3 nous permet de déduire qu’une table de 2,55
m est utilisée par une personne de
1,8 × 2,55
= 6,56 m .
0, 7
Le géant qui utiliserait la table suffisamment haute pour que la tartine tombe sur le côté non-beurré mesure plus
de 6 m 50 !!
32