Exercices Exercices Corrigés
CORRIGÉS
Le moment par rapport à (Oz) de la réaction du sol est nul
car cette force s’applique sur l’axe de rotation. Le moment
du poids est égal au produit de mg par le bras de levier b =
L
2
sin θ . Son signe est positif car le poids tend à faire tourner
l’arbre dans le sens positif par rapport à l’axe de rotation. Le
moment cinétique vaut J (Oz) = I ˙
θ =
1
3
mL 2 ˙
θ .
On en déduit :
1
3
mL
2 ¨
θ = mg
L
2
sin θ .
x
y
z
O
θ
b
− →
P
Figure 19.15
2. On cherche une intégrale première de cette équation en la multipliant par ˙
θ et en intégrant
une fois :
1
3
mL
2 ¨
θ ˙
θ = mg
L
2
sin(θ ) ˙
θ ⇒
1
3
mL
2
˙
θ 2
2
= mg
L
2
(cos(θ 0 ) − cos(θ ))
en considérant que l’arbre fait initialement un angle θ 0 avec la verticale. Etant donné que
θ > θ 0 , cos(θ 0 ) − cos(θ ) > 0 et comme ˙
θ > 0, on obtient :
3. On écrit ˙
θ =
dθ
dt
et on sépare les variables pour obtenir
3g
L
dt =
dθ
cos(θ 0 ) − cosθ
.
4. Le temps de chute de l’arbre est alors le temps nécessaire pour que θ passe de θ 0 = 5 ◦ =
0,0873 rad à θ f =
π
2
soit :
Δt =
L
3g
ˆ π
2
θ 0
dθ
√
cos θ 0 − cosθ
= 5, 1 ×
30
3 × 10
= 5,1 s.
19.5 Le swing de golf
1. Si le club, posé sur le doigt, tient en équilibre, la
somme des moments des actions extérieures sur le club,
pris au point de contact I entre le doigt et le club est
nulle. Or le club n’est soumis qu’à son poids et à l’action
de contact du doigt. Le moment en I de cette dernière est
nulle puisque c’est une force exercée en I, donc le moment en I du poids du club est aussi nul. On en conclut
que le centre d’inertie du club est sur la verticale passant
par I.
I
G c
− →
R
m c
− → g
2. Détermination de J c .
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