Comme il est plus facile de changer la base d’expression d’un
vecteur plutôt que celle d’une matrice, on écrit
x = cos θ s
x s − sin θ s
y s
On en déduit une première expression pour le vecteur recherché
σ (G,S/R) = ˙
α
I Gx cos θ s
x s − I Gy sin θ s
y s
Les trois quantités qui interviennent peuvent être détaillées :
• l’angle θ s dépend du rapport entre la longueur et la largeur
de la plaque ;
tan θ s =
c
d
• les deux moments d’inertie sont des expressions usuelles.
I Gx =
2mc
2
3
I Gy =
2md
2
3
En définitive, on peut donner les éléments de réduction du torseur cinétique
C(S/R) = G
0
2
3
˙
αm
c
2 cos θ s
x s − d
2 sin θ s
y s
3. Au centre d’inertie G, les éléments de réduction du torseur
dynamique sont les dérivées respectives des éléments de
réduction du torseur cinétique par rapport au temps dans R. On
peut alors évaluer en préliminaire
d
x s
dt
R
= ˙
α
x ∧ ∧
x s = ˙
α sin θ s z s
d
y s
dt
R
= ˙
α
x ∧ ∧
y s = ˙
α cos θ s z s
On en déduit l’expression du moment dynamique au centre
d’inertie G
δ(G,S/R) =
2
3
¨
αm
c
2 cos θ s
x s − d
2 sin θ s
y s
+
2
3
˙
α
2 m cos θ s sin θ s
c
2 − d
2
z s
4. La trappe est un solide en rotation autour d’un axe (G, x)
immobile dans le repère d’étude. On sait alors que la composante suivant
x du moment dynamique est de la forme
x.
δ(G,S/R) = J ¨
α
Par identification avec la réponse de la question précédente, on
en déduit l’expression du moment d’inertie de la plaque par rapport à un de ses diamètres
J = =
x.
2
3
m
c
2 cos θ s
x s − d
2 sin θ s
y s
Ce qui donne, après l’évaluation des deux produits scalaires
J =
2
3
m
c
2 cos
2
θ s + d
2 sin
2
θ s
1. Le point K est un point fixe dans le référentiel d’étude, on
en déduit :
σ (K ,1/0) = I (K ,1)
(1/0)
Le vecteur
(1/0) s’exprime simplement dans la base 1 par
(1/0) = ˙
α z 1 et on utilise la linéarité de l’opérateur d’inertie
pour en déduire
z. σ (K ,1/0) = ˙
α z.I (K ,1) ( z)
I K z
= J ˙
α
Pour mémoire, on peut supposer le plan (K , z 1 , x 1 ) plan de symétrie pour la girouette 1, donc proposer l’opérateur d’inertie
I (K ,1) sous la forme
¯ ¯
I (K ,1) =
A 1
0 −E 1
0
B 1
0
−E 1 0
J
( x 1 , y 1 , z 1 )
2. La répartition de la masse de l’hélice 2 est donnée autour du
point G. On commence ainsi par appliquer la formule de changement de points sur le champ des vecteurs moment cinétique
σ (K ,2/0) = =
σ (G,2/0) + M
V (G,2/0) ∧
−→
G K
Deux termes sont à calculer :
• Par composition des vecteurs rotation, on a
(2/0) =
(2/1) +
(1/0) = ˙
β
x 2 + ˙
α z 1
Comme la matrice d’inertie donnée est exprimée dans la base
( x 2 , y 2 , z 2 ) , on exprime le vecteur z 1 dans cette même base
pour écrire
(2/0) = ˙
β
x 2 + ˙
α sin β
y 2 + ˙
α cos β z 2
Au centre d’inertie, le moment cinétique est donné par l’opérateur d’inertie I (G,2) appliqué au vecteur rotation
(2/0)
et on obtient
σ (G,2/0) = A ˙
β
x 1 + B ˙
α sin β
y 2 + C ˙
α cos β z 2
• Le point G est sur l’axe de rotation de 2 par rapport à 1 : Le
vecteur vitesse
V (G,2/0) se détermine donc par changement
de point sur le mouvement 1/0 et son expression est
V (G,2/0) = a ˙
α
y 1 . Le deuxième terme donne ainsi
M
−→
K G ∧
V (G,2/0) = Ma
2 ˙
α z 1
La somme des deux termes trouvés permet de répondre à la question posée
σ (K ,2/0) = ˙
α
B sin β
y 2 + C cos β z 2 + Ma
2 z 1
+ ˙
β A
x 1
3. Le point K est immobile dans le mouvement 2/0, donc le
moment dynamique
δ(K ,2/0)est obtenu en dérivant le moment
cinétique
σ (K ,2/0) dans la base 0. Comme le vecteur z est
également fixe dans la base 0, le calcul demandé est immédiatement allégé en constatant que dans ce cas
z.
d
dt
σ (K ,2/0)
0
=
d
dt
z. σ (K ,2/0)
On obtient alors
z. σ (K ,2/0) = ˙
α
B sin
2
β + C cos
2
β + Ma
2
On dérive cette expression par rapport au temps
z.
δ(K ,2/0) = ¨
α
B sin
2
β + C cos
2
β + Ma
2
+ 2 ˙
α ˙
β(B − C) cos β sin β
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2.8
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vecteur plutôt que celle d’une matrice, on écrit
x = cos θ s
x s − sin θ s
y s
On en déduit une première expression pour le vecteur recherché
σ (G,S/R) = ˙
α
I Gx cos θ s
x s − I Gy sin θ s
y s
Les trois quantités qui interviennent peuvent être détaillées :
• l’angle θ s dépend du rapport entre la longueur et la largeur
de la plaque ;
tan θ s =
c
d
• les deux moments d’inertie sont des expressions usuelles.
I Gx =
2mc
2
3
I Gy =
2md
2
3
En définitive, on peut donner les éléments de réduction du torseur cinétique
C(S/R) = G
0
2
3
˙
αm
c
2 cos θ s
x s − d
2 sin θ s
y s
3. Au centre d’inertie G, les éléments de réduction du torseur
dynamique sont les dérivées respectives des éléments de
réduction du torseur cinétique par rapport au temps dans R. On
peut alors évaluer en préliminaire
d
x s
dt
R
= ˙
α
x ∧ ∧
x s = ˙
α sin θ s z s
d
y s
dt
R
= ˙
α
x ∧ ∧
y s = ˙
α cos θ s z s
On en déduit l’expression du moment dynamique au centre
d’inertie G
δ(G,S/R) =
2
3
¨
αm
c
2 cos θ s
x s − d
2 sin θ s
y s
+
2
3
˙
α
2 m cos θ s sin θ s
c
2 − d
2
z s
4. La trappe est un solide en rotation autour d’un axe (G, x)
immobile dans le repère d’étude. On sait alors que la composante suivant
x du moment dynamique est de la forme
x.
δ(G,S/R) = J ¨
α
Par identification avec la réponse de la question précédente, on
en déduit l’expression du moment d’inertie de la plaque par rapport à un de ses diamètres
J = =
x.
2
3
m
c
2 cos θ s
x s − d
2 sin θ s
y s
Ce qui donne, après l’évaluation des deux produits scalaires
J =
2
3
m
c
2 cos
2
θ s + d
2 sin
2
θ s
1. Le point K est un point fixe dans le référentiel d’étude, on
en déduit :
σ (K ,1/0) = I (K ,1)
(1/0)
Le vecteur
(1/0) s’exprime simplement dans la base 1 par
(1/0) = ˙
α z 1 et on utilise la linéarité de l’opérateur d’inertie
pour en déduire
z. σ (K ,1/0) = ˙
α z.I (K ,1) ( z)
I K z
= J ˙
α
Pour mémoire, on peut supposer le plan (K , z 1 , x 1 ) plan de symétrie pour la girouette 1, donc proposer l’opérateur d’inertie
I (K ,1) sous la forme
¯ ¯
I (K ,1) =
A 1
0 −E 1
0
B 1
0
−E 1 0
J
( x 1 , y 1 , z 1 )
2. La répartition de la masse de l’hélice 2 est donnée autour du
point G. On commence ainsi par appliquer la formule de changement de points sur le champ des vecteurs moment cinétique
σ (K ,2/0) = =
σ (G,2/0) + M
V (G,2/0) ∧
−→
G K
Deux termes sont à calculer :
• Par composition des vecteurs rotation, on a
(2/0) =
(2/1) +
(1/0) = ˙
β
x 2 + ˙
α z 1
Comme la matrice d’inertie donnée est exprimée dans la base
( x 2 , y 2 , z 2 ) , on exprime le vecteur z 1 dans cette même base
pour écrire
(2/0) = ˙
β
x 2 + ˙
α sin β
y 2 + ˙
α cos β z 2
Au centre d’inertie, le moment cinétique est donné par l’opérateur d’inertie I (G,2) appliqué au vecteur rotation
(2/0)
et on obtient
σ (G,2/0) = A ˙
β
x 1 + B ˙
α sin β
y 2 + C ˙
α cos β z 2
• Le point G est sur l’axe de rotation de 2 par rapport à 1 : Le
vecteur vitesse
V (G,2/0) se détermine donc par changement
de point sur le mouvement 1/0 et son expression est
V (G,2/0) = a ˙
α
y 1 . Le deuxième terme donne ainsi
M
−→
K G ∧
V (G,2/0) = Ma
2 ˙
α z 1
La somme des deux termes trouvés permet de répondre à la question posée
σ (K ,2/0) = ˙
α
B sin β
y 2 + C cos β z 2 + Ma
2 z 1
+ ˙
β A
x 1
3. Le point K est immobile dans le mouvement 2/0, donc le
moment dynamique
δ(K ,2/0)est obtenu en dérivant le moment
cinétique
σ (K ,2/0) dans la base 0. Comme le vecteur z est
également fixe dans la base 0, le calcul demandé est immédiatement allégé en constatant que dans ce cas
z.
d
dt
σ (K ,2/0)
0
=
d
dt
z. σ (K ,2/0)
On obtient alors
z. σ (K ,2/0) = ˙
α
B sin
2
β + C cos
2
β + Ma
2
On dérive cette expression par rapport au temps
z.
δ(K ,2/0) = ¨
α
B sin
2
β + C cos
2
β + Ma
2
+ 2 ˙
α ˙
β(B − C) cos β sin β
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