Solutions 14

Physique g´ en´ erale I Solution des exercices de m´ ecanique

Prof. Marc Schiltz Semestre d’automne 2007

S´ erie 14

Exercice 14.1 y Soit le syst`eme de la figure ci-contre. Un anneau x  de masse m1 et de rayon R1 est mis debout sur un T1  z S y plan inclin´e formant un angle β avec l’horizontale. T2 x  C Il est plac´e de telle sorte qu’il puisse rouler sans  m2 z glisser sur le plan. Un fil inextensible, de masse et m1 d’´epaisseur n´egligeables est enroul´e autour de cet m1g β anneau, passe par une poulie de masse n´egligeable m2 g et sans frottement, et est enroul´e `a son autre extr´emit´e autour d’un disque plein et homog`ene, de masse m2 et de rayon R2 . Ce fil est parall`ele au plan inclin´e entre l’anneau et la poulie et est vertical entre la poulie et le disque. Initialement, on retient ce disque immobile et rien ne se passe. Au temps t = 0, on lˆache tout, le syst`eme est abandonn´e `a lui-mˆeme. 1. Ce syst`eme se compose de deux sous-syst`emes, l’anneau de masse m1 et de rayon R1 , et le disque de masse m2 et de rayon R2 . Posons deux syst`emes d’axes cart´esien xyz et x y z  , le premier ´etant appropri´e pour ´etudier l’anneau, le deuxi`eme servant a` ´etudier le disque. Analysons les forces agissant sur chacun des deux sous-syst`emes. (a) Sous-syst`eme anneau sur plan inclin´e; nous avons : – la force de pesanteur m1 g , verticale et orient´ee vers le bas;  normale au plan et orient´ee vers le haut; – la force de soutien du plan S, – la force de traction du fil T1 , parall`ele au plan et orient´ee vers la poulie;  qu’exerce le sol sur l’anneau; elle est parall`ele au – la force de contact C plan (confondue avec le plan) et nous disons a priori qu’elle va vers le haut (et si nous trouvons une valeur n´egative, cela signifie qu’elle est en fait orient´ee vers le bas). La deuxi`eme loi de Newton nous donne :  + T1 + C  = m1 a1 , m1 g + S o` u a1 est l’acc´el´eration du centre de masse de l’anneau; elle est parall`ele au plan inclin´e, du fait que l’anneau ne d´ecolle pas du plan. Projetant les diff´erents vecteurs sur les axes x et y, nous obtenons :  T1 − m1 g sin β + C = m1 a1 . −m1 g cos β + S = 0

(b) Sous-syst`eme disque se d´eroulant sous l’effet de la gravitation; nous avons : – la force de pesanteur m2 g , verticale est orient´ee vers le bas; – la force de traction du fil T2 , verticale et orient´ee vers le haut. La deuxi`eme loi de Newton nous donne : m2 g + T2 = m2 a2 , o` u a2 est l’acc´el´eration du disque; elle est verticale uniquement car toutes les forces sont verticales. En projetant les diff´erents vecteurs sur l’axe y  , nous obtenons : −m2 g + T2 = m2 a2 . Int´eressons-nous maintenant aux moments de force agissant sur chacun des deux sous-syst`emes. (a) Sous-syst`eme anneau sur plan inclin´e. Nous calculons les moments par rapport a` un axe parall`ele `a z passant par le centre de masse de l’anneau; nous avons : – le moment de la force de gravitation, qui est nul car elle agit sur le centre de masse qui se trouve sur l’axe de rotation; – le moment de la force de soutien du plan, qui est nul ´egalement du fait que cette force est colin´eaire au vecteur reliant le centre de masse au point de contact avec le plan; – le moment de la force T1 , qui est −R1 T1 ez du fait que le vecteur reliant le centre de masse au point d’application de la force est perpendiculaire `a celle-ci; dans l’expression de ce moment, T1 est la norme de T1 ; – le moment de la force de contact, qui est R1 C ez du fait que le vecteur reliant le centre de masse au point d’application de la force (point de contact) est perpendiculaire a` celle-ci; dans l’expression de ce moment,  C est la composante selon x de C. Appliquons alors le th´eor`eme du moment cin´etique. Le moment d’inertie de l’anneau par rapport a` son axe ´etant I1 = m1 R1 2 , nous avons : −R1 T1 ez + R1 C ez = I1 α  1 = m1 R1 2 α 1 , o` uα  1 est le vecteur acc´el´eration angulaire de l’anneau. Comme tous les moments sont selon l’axe z, alors α  est selon z uniquement. Nous pouvons ´ecrire α  1 = α1 ez et obtenons ainsi : −R1 (T1 − C) = m1 R1 2 α1

⇔

C − T1 = m1 R1 α1 .

(b) Sous-syst`eme disque se d´eroulant sous l’effet de la gravitation. Nous calculons les moments par rapport a` un axe parall`ele `a z  , passant par le centre de masse du disque; nous avons : – le moment de la force de pesanteur, qui est nul du fait que la force agit sur le centre de masse qui se trouve sur l’axe de rotation; 3

– le moment de la force T2 , qui est −R2 T2 ez  , du fait que le vecteur reliant le centre de masse au point d’application de la force est perpendiculaire `a celle-ci; dans l’expression de ce moment, T2 est la norme de T2 . Appliquons le th´eor`eme du moment cin´etique. Le moment d’inertie du disque par rapport a` son axe ´etant I2 = 12 m2 R2 2 , nous avons : 2 = −R2 T2 ez  = I2 α

1 m2 R2 2 α 2 , 2

o` uα  2 est le vecteur acc´el´eration angulaire du disque; ce vecteur est selon z  uniquement, vu que le seul moment non nul est selon z  . Nous pouvons donc ´ecrire : 1 1 ⇔ −T2 = m2 R2 α2 . −R2 T2 = m2 R2 2 α2 2 2 ´ Etablissons encore les diff´erentes relations entre les acc´el´erations et acc´el´erations angulaires. Lorsque l’anneau tourne d’un angle θ (avec le sens trigonom´etrique `a respecter, c’est-`a-dire θ ez ), son centre de masse avance de x = −R1 θ. En d´erivant deux fois cette relation par rapport au temps, nous obtenons : a1 = −R1 α1 . Regardons ce qu’il en est pour a2 et α2 ; la situation est plus compliqu´ee car il faut tenir compte de deux effets : la rotation propre du disque et le mouvement propre du fil. Ces deux effets s’additionnent et l’acc´el´eration totale du centre de masse du disque est ´egale a` la somme de l’acc´el´eration due `a la rotation du disque et l’acc´el´eration du fil. Pour ce qui est de cette derni`ere, elle est ´egale a` deux fois l’acc´el´eration du centre de masse de l’anneau; en effet, lorsque ce dernier tourne d’un angle θ1 , son centre de masse avance de −R1 θ1 selon x; le fil se d´eplace donc aussi de −R1 θ1 mais une longueur R1 θ1 (en valeur absolue) s’enroule (ou d´eroule, selon le sens de rotation) simultan´ement autour de l’anneau; donc lorsque le centre de masse de l’anneau avance de −R1 θ1 , un point du fil se d´eplace de −2 R1 θ1 = 2 a1 selon x. Pour ce qui est de la rotation du disque, nous voyons que lorsqu’il tourne d’un angle θ2 (avec le sens trigonom´etrique `a respecter, c’est-`a-dire selon z  ), son centre de masse avance d’une distance R2 θ2 selon y  , sans tenir compte du d´eplacement du fil. Nous avons ainsi la relation y = −2 a1 + R2 θ2 = 2 R1 θ1 + R2 θ2 ; en la d´erivant deux fois, nous obtenons : a2 = −2 a1 + R2 α2 = 2 R1 α1 + R2 α2 . Finalement, nous avons encore une derni`ere relation, liant les normes T1 et T2 des forces T1 et T2 respectivement : T1 = T2  T ; elle vient du fait que le fil reliant l’anneau au disque est inextensible et de masse n´egligeable. 4

Regroupons toutes les ´equations int´eressantes que nous les ´ecrivons en deux syst`emes : ⎧ T1 − m1 g sin β + C = m1 a1 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ a ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ 1 T2 − m2 g = m2 a2 a2 , ⎪ ⎪ C − T = m R α ⎪ ⎩ 1 1 1 1 ⎪ ⎪ T1 ⎩ −T2 = 12 m2 R2 α2 qui peuvent se r´eduire en un seul dans lequel T1 et T2 remplac´ees par T : ⎧ T − m1 g sin β + C = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ T − m2 g = ⎪ T −C = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ −T =

avons obtenues; nous

= −R1 α1 = −2 a1 + R2 α2

,

= T2  T

les variables α1 , α2 ont disparues, et m1 a1 m2 a2 m1 a1 1 2

m2 (2 a1 + a2 )

Soustrayant la troisi`eme ´equation a` la premi`ere, nous obtenons 2 C = m1 g sin β,  est donc bien d’o` u C = 12 m1 g sin β. L’expression `a droite de l’´egalit´e est positive, C selon le sens choisi. Substituant alors les expressions de T (quatri`eme ´equation) et de C dans les deuxi`eme et troisi`eme ´equations, nous arrivons au syst`eme : ⎧ C = 12 m1 g sin β ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ − 12 m2 (2 a1 + a2 ) − m2 g = m2 a2 , ⎪ − 12 m2 (2 a1 + a2 ) − 12 m1 g sin β = m1 a1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ T = − 12 m2 (2 a1 + a2 ) duquel nous tirons :   2 m2 − 3 m1 sin β a1 = g 2 (3 m1 + 2 m2 )

 a2 =

et

m1 sin β − 2 (m1 + m2 ) 3 m1 + 2 m2

 g

.

2. D´eterminons l’angle β1 pour lequel l’anneau reste immobile. Comme le syst`eme est lˆach´e sans vitesse initiale, la valeur de β cherch´ee est celle pour laquelle l’acc´el´eration a1 est nulle; nous avons :   2 m2 − 3 m1 sin β1 g = 0 ⇔ 2 m2 − 3 m1 sin β1 = 0 , 2 (3 m1 + 2 m2 ) 

 2 m2 β1 = arcsin . 3 m1 Pour cet angle-l`a, l’anneau reste immobile et le disque acc´el`ere vers le bas du simple fait qu’il se d´eroule sous son propre poids. Notons toutefois que cette situation ne peut se passer que si m1 2  . m2 3

d’o` u:

5

 Lorsqu’il y a ´egalit´e, alors l’angle du plan inclin´e vaut 90◦ et la force de contact C est maximale. Une telle situation n’est pas tr`es r´ealiste; en effet, il est difficilement envisageable d’avoir un anneau qui roule sans glisser le long d’une paroi verticale. . . 3. L’angle β2 pour lequel le disque reste immobile correspond `a celui pour lesquel l’acc´el´eration a2 est nulle; nous avons :   m1 sin β2 − 2 (m1 + m2 ) g = 0 ⇔ m1 sin β2 − 2 (m1 + m2 ) = 0 3 m1 + 2 m2 d’o` u:



2 (m1 + m2 ) β2 = arcsin m1

 .

Pour cet angle-l`a, le disque reste immobile et l’anneau descend le long du plan inclin´e; l’acc´el´eration du fil est exactement compens´ee par l’acc´el´eration du disque due au fait qu’il se d´eroule sous son propre poids. Notons toutefois que cette situation ne peut se passer que si 2 (m1 + m2 ) 1, m1 c’est-`a-dire seulement si

m1  −1 , m2 ce qui ne peut jamais arriver du fait qu’une masse est une grandeur qui est toujours positive.

Exercice 14.2 Soit un sapin parfaitement sym´etrique par rapport a` son tronc, de telle sorte que ce dernier soit un axe principal d’inertie. Pour que ce tronc reste un axe principal apr`es d´ecoration, il faut que la masse des garnitures (boules, guirlandes,. . . ) soit aussi dispos´ees parfaitement sym´etriquement par rapport au tronc.