CORRIGÉS
Mécanique en référentiel non galiléen
7
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
Donc la période T des petits mouvements autour de q 0 est
donnée par :
T = 2π
1/2 .
Rupture dans un système
tournant
1 • On raisonne dans le référentiel tournant à vitesse angulaire constante, dans lequel le poids, les forces d’inertie d’entraînement et de Coriolis, et la traction du fil du haut (on suppose pour le moment que le fil du bas n’est pas encore tendu)
agissent sur le point M. Le poids – mg e
➞
z et la force d’inertie d’entraînement mr 2 e
➞
r (on utilise les coordonnées cylindriques d’axe (Oz)) sont les seules forces qui travaillent, et il
est possible de leur associer l’énergie potentielle :
p = mg z – mr 2
2 = – mg cosa – m 2
2 sin 2 a
où a est l’angle d’inclinaison du fil par rapport à la verticale.
À l’équilibre dans le référentiel tournant,
= 0, soit :
a = 0, a = π ou bien a = + arc cos = ± a 0 ()
les deux solutions non triviales ayant un sens lorsque :
c =
1
.
En déterminant la dérivée seconde :
= mg cosa + m
2
2 (1 – 2 cos 2 a)
m 2 ( c
2 –
2 ) en a = 0
– m 2 ( c
2 +
2 ) en a = π
=
m 2 en a = ± a 0
on voit que :
• a = 0 est stable (minimum de p ) pour c , instable
sinon ;
• a = π est instable (et peu envisageable avec un fil souple !) ;
• a = ± a 0 est stable lorsqu’elle existe, pour c .
On en déduit la position que va prendre le pendule, suivant la
vitesse de rotation imposée :
Doc. 1
c
(équilibre stable)
1
1
1
–
1
1
–
( )
( )
( c
2
– 2 ) 2
2
d 2 P
da 2
g
g
2
d P
da
1
2
1
2
5
9a 2 + g 2
où l’angle a 1 est donné par la mise en tension du fil du bas,
soit :
a 1 = arc cos et 1 = c 1
.
2 • Pour c , la tension du fil du haut est :
T = mg = 10 N T max .
Pour c 1 , on obtient :
T
➞ + mg
➞ + m
2 sin a e
➞
r = 0, donc T =
, inférieure à
T 1 =
= 1,33 N T max . Le fil ne casse donc pas.
Il faut donc envisager le cas 1 , avec a = a 1 , les deux
étant tendus, soit :
T
➞ + mg
➞ + T
➞
+ m
2 sina 1 e
➞
r = 0
➞
et donc, en projection :
(T + T) sina 1 = m 2 sina 1
(T – T) cosa 1 = mg
La tension la plus importante est :
T =
.
Le fil casse pour :
max =
9
+
14,7 rad.s –1 140 tours/min.
Bille dans un tube en rotation
1 • Dans le référentiel T lié au tube T , la bille B est soumise :
• à son poids mg
➞
= – mge
➞
z ;
• à la réaction R
➞ du tube (orthogonale au tube R
➞ . u
➞
= 0) ;
• à la force d’inertie d’entraînement :
F ie
➞ = – (– m . w 2 . OP
— ➞ );
• à la force d’inertie de Coriolis :
F ic
➞ = – 2mw e
➞
z ∧ v
➞
/ T
(B).
6
2T max
m
– g
cosa 1
Doc. 2
1
1
u
T
mr g
co
m
s
g
a 1
+ m 2
2
mg
cosa 1
mg
cosa
h
h
91
Mécanique en référentiel non galiléen
7
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
Donc la période T des petits mouvements autour de q 0 est
donnée par :
T = 2π
1/2 .
Rupture dans un système
tournant
1 • On raisonne dans le référentiel tournant à vitesse angulaire constante, dans lequel le poids, les forces d’inertie d’entraînement et de Coriolis, et la traction du fil du haut (on suppose pour le moment que le fil du bas n’est pas encore tendu)
agissent sur le point M. Le poids – mg e
➞
z et la force d’inertie d’entraînement mr 2 e
➞
r (on utilise les coordonnées cylindriques d’axe (Oz)) sont les seules forces qui travaillent, et il
est possible de leur associer l’énergie potentielle :
p = mg z – mr 2
2 = – mg cosa – m 2
2 sin 2 a
où a est l’angle d’inclinaison du fil par rapport à la verticale.
À l’équilibre dans le référentiel tournant,
= 0, soit :
a = 0, a = π ou bien a = + arc cos = ± a 0 ()
les deux solutions non triviales ayant un sens lorsque :
c =
1
.
En déterminant la dérivée seconde :
= mg cosa + m
2
2 (1 – 2 cos 2 a)
m 2 ( c
2 –
2 ) en a = 0
– m 2 ( c
2 +
2 ) en a = π
=
m 2 en a = ± a 0
on voit que :
• a = 0 est stable (minimum de p ) pour c , instable
sinon ;
• a = π est instable (et peu envisageable avec un fil souple !) ;
• a = ± a 0 est stable lorsqu’elle existe, pour c .
On en déduit la position que va prendre le pendule, suivant la
vitesse de rotation imposée :
Doc. 1
c
(équilibre stable)
1
1
1
–
1
1
–
( )
( )
( c
2
– 2 ) 2
2
d 2 P
da 2
g
g
2
d P
da
1
2
1
2
5
9a 2 + g 2
où l’angle a 1 est donné par la mise en tension du fil du bas,
soit :
a 1 = arc cos et 1 = c 1
.
2 • Pour c , la tension du fil du haut est :
T = mg = 10 N T max .
Pour c 1 , on obtient :
T
➞ + mg
➞ + m
2 sin a e
➞
r = 0, donc T =
, inférieure à
T 1 =
= 1,33 N T max . Le fil ne casse donc pas.
Il faut donc envisager le cas 1 , avec a = a 1 , les deux
étant tendus, soit :
T
➞ + mg
➞ + T
➞
+ m
2 sina 1 e
➞
r = 0
➞
et donc, en projection :
(T + T) sina 1 = m 2 sina 1
(T – T) cosa 1 = mg
La tension la plus importante est :
T =
.
Le fil casse pour :
max =
9
+
14,7 rad.s –1 140 tours/min.
Bille dans un tube en rotation
1 • Dans le référentiel T lié au tube T , la bille B est soumise :
• à son poids mg
➞
= – mge
➞
z ;
• à la réaction R
➞ du tube (orthogonale au tube R
➞ . u
➞
= 0) ;
• à la force d’inertie d’entraînement :
F ie
➞ = – (– m . w 2 . OP
— ➞ );
• à la force d’inertie de Coriolis :
F ic
➞ = – 2mw e
➞
z ∧ v
➞
/ T
(B).
6
2T max
m
– g
cosa 1
Doc. 2
1
1
u
T
mr g
co
m
s
g
a 1
+ m 2
2
mg
cosa 1
mg
cosa
h
h
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