394 Chapitre 14
Loi du moment cinétique
Exercice 14.5
1. La roue est soumise à la liaison d’axe sans frottement de moment nul par rapport à (Gz), à son poids,
de moment nul par rapport à (Gz), au couple moteur dû aux courroies
#»
C = C #» uz et au couple résistant
#»
C f = −C f
#» uz. La roue étant en rotation autour de l’axe (Gz), son moment cinétique par rapport à
(Gz) est LGz = J ˙
θ et la loi du moment cinétique appliquée à la roue conduit à : J ¨
θ = C − C f .
2. Lorsque la roue tourne à vitesse constante, ¨
θ = 0, d’où C = C f .
3. La puissance du couple moteur est P = C ˙
θ, donc C =
P
˙
θ
= 9,5 kg · m
2 · s
−1 = C f .
4. Lorsqu’on coupe le moteur, C = 0 : l’équation du mouvement se simplifie en : ¨
θ = −
C f
J
, soit par
intégration : ˙
θ(t) = ˙
θ(0) −
C f
J
t et θ(t) = θ(0) + ˙
θ(0)t −
C f
2J
t
2 .
Lorsque la roue s’arrête pour t = t f , ˙
θ(t f ) = 0, soit t f =
J ˙
θ(0)
C f
, et θ(t f ) − θ(0) =
J
2C f
˙
θ(0)
2 = 52 rad.
La roue effectuera 8,2 tours avant de s’arrêter.
Exercice 14.6
1. Faisons le recensement des forces s’exerçant sur l’étagère : en B et B
, les tensions des câbles obliques
sont portées par les vecteurs
# »
BA et
# »
B
A
, elles ont la même norme T1 par symétrie, et on peut les
écrire
#»
T B =
√
2
2
T1( #» uy − #» uz) =
#»
T B .
Leur moment résultant par rapport à (Ox) est MOx(
#»
T B +
#»
T
B ) = −R
√
2T1.
En O et O
, les tensions des câbles verticaux, égales par symétrie, s’écrivent
#»
T O = T2 #» uy =
#»
T O . Leurs
moments par rapport à (Ox) sont nuls.
La réaction du mur est
#»
RN = RN #» uz, son moment par rapport à (Ox) est nul car son point d’application
est au milieu de OO
. Le poids de la planche est
#»
P = −mg #» uy, son moment par rapport à (Ox) est
MOx(
#»
P ) =
mgR
2
.
A l’équilibre la somme de ces forces est nulle, soit
√
2T1 + 2T2 = mg et
√
2T1 = RN .
A l’équilibre, la somme des moments de ces forces par rapport à l’axe (Ox) est nulle, soit :
R
√
2T1 =
mgR
2
. On obtient ainsi T1 =
mg
2
√
2
= 3,5 N, RN =
mg
2
= 4,9 N, T2 =
mg
4
= 2,5 N.
2. La planche n’est plus soumise qu’aux deux forces
#»
T O =
#»
T O verticales, à la réaction du mur et à son
poids, elle est en rotation autour de (Ox). On note θ(t) l’angle que fait à l’instant t l’étagère avec l’axe
horizontal #» uz.
Les tensions et la réaction du mur ne travaillent pas dans le référentiel du laboratoire et le poids dérive
de l’énergie potentielle Ep = −mg
R
2
sin(θ).
Le système est donc conservatif : Ec + Ep =
1
2
J ˙
θ
2 − mg
R
2
sin(θ) = cste = 0, car ˙
θ(0) = 0 et θ(0) = 0.
D’où ˙
θ
2 =
mgR
J
sin(θ).
Lorsque l’étagère touche le mur, θ = π/2, et ˙
θ f =
mgR
J
=
3g
R
= 12 rad · s
−1 .
Exercice 14.7
1. Les actions mécaniques s’exerçant sur (S) sont : le poids
#»
P = −mg #» uy s’appliquant en G, de moment
par rapport à Ox MOx(
#»
P ) = −mga cos(θ) (méthode du bras de levier), la réaction d’axe parfaite de
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Loi du moment cinétique
Exercice 14.5
1. La roue est soumise à la liaison d’axe sans frottement de moment nul par rapport à (Gz), à son poids,
de moment nul par rapport à (Gz), au couple moteur dû aux courroies
#»
C = C #» uz et au couple résistant
#»
C f = −C f
#» uz. La roue étant en rotation autour de l’axe (Gz), son moment cinétique par rapport à
(Gz) est LGz = J ˙
θ et la loi du moment cinétique appliquée à la roue conduit à : J ¨
θ = C − C f .
2. Lorsque la roue tourne à vitesse constante, ¨
θ = 0, d’où C = C f .
3. La puissance du couple moteur est P = C ˙
θ, donc C =
P
˙
θ
= 9,5 kg · m
2 · s
−1 = C f .
4. Lorsqu’on coupe le moteur, C = 0 : l’équation du mouvement se simplifie en : ¨
θ = −
C f
J
, soit par
intégration : ˙
θ(t) = ˙
θ(0) −
C f
J
t et θ(t) = θ(0) + ˙
θ(0)t −
C f
2J
t
2 .
Lorsque la roue s’arrête pour t = t f , ˙
θ(t f ) = 0, soit t f =
J ˙
θ(0)
C f
, et θ(t f ) − θ(0) =
J
2C f
˙
θ(0)
2 = 52 rad.
La roue effectuera 8,2 tours avant de s’arrêter.
Exercice 14.6
1. Faisons le recensement des forces s’exerçant sur l’étagère : en B et B
, les tensions des câbles obliques
sont portées par les vecteurs
# »
BA et
# »
B
A
, elles ont la même norme T1 par symétrie, et on peut les
écrire
#»
T B =
√
2
2
T1( #» uy − #» uz) =
#»
T B .
Leur moment résultant par rapport à (Ox) est MOx(
#»
T B +
#»
T
B ) = −R
√
2T1.
En O et O
, les tensions des câbles verticaux, égales par symétrie, s’écrivent
#»
T O = T2 #» uy =
#»
T O . Leurs
moments par rapport à (Ox) sont nuls.
La réaction du mur est
#»
RN = RN #» uz, son moment par rapport à (Ox) est nul car son point d’application
est au milieu de OO
. Le poids de la planche est
#»
P = −mg #» uy, son moment par rapport à (Ox) est
MOx(
#»
P ) =
mgR
2
.
A l’équilibre la somme de ces forces est nulle, soit
√
2T1 + 2T2 = mg et
√
2T1 = RN .
A l’équilibre, la somme des moments de ces forces par rapport à l’axe (Ox) est nulle, soit :
R
√
2T1 =
mgR
2
. On obtient ainsi T1 =
mg
2
√
2
= 3,5 N, RN =
mg
2
= 4,9 N, T2 =
mg
4
= 2,5 N.
2. La planche n’est plus soumise qu’aux deux forces
#»
T O =
#»
T O verticales, à la réaction du mur et à son
poids, elle est en rotation autour de (Ox). On note θ(t) l’angle que fait à l’instant t l’étagère avec l’axe
horizontal #» uz.
Les tensions et la réaction du mur ne travaillent pas dans le référentiel du laboratoire et le poids dérive
de l’énergie potentielle Ep = −mg
R
2
sin(θ).
Le système est donc conservatif : Ec + Ep =
1
2
J ˙
θ
2 − mg
R
2
sin(θ) = cste = 0, car ˙
θ(0) = 0 et θ(0) = 0.
D’où ˙
θ
2 =
mgR
J
sin(θ).
Lorsque l’étagère touche le mur, θ = π/2, et ˙
θ f =
mgR
J
=
3g
R
= 12 rad · s
−1 .
Exercice 14.7
1. Les actions mécaniques s’exerçant sur (S) sont : le poids
#»
P = −mg #» uy s’appliquant en G, de moment
par rapport à Ox MOx(
#»
P ) = −mga cos(θ) (méthode du bras de levier), la réaction d’axe parfaite de
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