Ce document, destiné aux étudiants universitaires de la filière SMP-S3, présente le troisième fascicule de travaux dirigés en Mécanique II.
Il propose une série d'exercices approfondis sur la dynamique des solides et des systèmes matériels, couvrant les notions suivantes :
- Étude des mouvements de roulement, de glissement et de contact.
- Application des principes fondamentaux de la dynamique et des théorèmes énergétiques.
- Calculs de cinématique, de matrices d'inertie, d'énergie cinétique et de moments cinétiques.
- Analyse des phénomènes gyroscopiques et des torseurs cinématique et dynamique.
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L'Université Cadi Ayyad de Marrakech, Faculté des Sciences Semlalia, Département de Physique, Année Universitaire 2015-2016, présente ce Travaux Dirigés (TD) N° 3 de Mécanique II pour les étudiants de SMP-S3.
Exercice I
Un disque (D1) homogène, de masse m, de centre G et de rayon a, roule sur un demi-disque (D2) fixe, de rayon r=3a, comme indiqué sur la figure 1. On étudie le mouvement de (D1) par rapport au repère fixe R0(O, x0, y0, z0). La position du centre G du disque (D1) est repérée par l'angle θ. L'angle φ repère la position d'un axe G lié au disque par rapport à un axe vertical. Pour maintenir la vitesse angulaire Ω constante (on prendra Ω = kφ, où k est une constante), le disque (D1) est guidé par une force F = -λv appliquée en G. La réaction de (D2) sur (D1) est : R = Nn + Tt et l'accélération a = -λz0.
1) Calculer v(G/R0) en fonction de Ω et a.
2) Calculer la vitesse de glissement de (D1) sur (D2).
3) Écrire (sans démonstration) la matrice d'inertie du disque (D1) au point G dans la base (ex, ey, ez). En déduire le moment cinétique L(G, D1/R0).
4) Calculer l'énergie cinétique de (D1) et la puissance des forces exercées sur ce dernier.
5) En appliquant le principe fondamental de la dynamique à (D1), établir trois équations algébriques du mouvement.
6) Calculer les forces F, T et N en admettant que (D1) roule sans glisser sur (D2).
7) Refaire le calcul précédent dans le cas où le contact en I est sans frottement.
8) On applique sur la périphérie de (D1) deux forces F1 et F2 (FG est toujours appliquée au point G) dont la résultante est nulle (F1 = -F2) et dont le moment résultant M(G, F1) + M(G, F2) = kMz0.
a) Quelle modification doit-on apporter aux équations du mouvement ?
b) Calculer vglissement(D1/D2) à l'instant t=0 en prenant φ.(t = 0) = 0.
c) On admet que la composante tangentielle de la réaction ne change pas de signe dans un intervalle de temps 0 ≤ t ≤ t0. Trouver le signe de T pour 0 ≤ t ≤ t0 (on rappelle que |T| = fN où f est le coefficient de frottement).
d) Calculer les forces F, T et N et la vitesse angulaire φ.. En déduire l'équation qui permet de déterminer l'instant t0 où la vitesse vglissement(D1/D2) s'annule.
e) Donner les relations qui permettront de calculer la puissance des forces appliquées au disque (sans faire le calcul).
Exercice II (suite de l’exercice 4 de la série n° 2)
On suppose que le cerceau (C) est solidaire d’une tige (AH), de masse négligeable (la tige est confondue avec l’axe du cerceau et son extrémité H reste fixe sur l’axe vertical (Oz0)). Les barres assurant la liaison entre le cerceau et la tige ont des masses négligeables. On étudiera le mouvement du solide ((S)=tige + cerceau) dans le repère Galiléen R0(O, i, j, k). On suppose que les actions de contact aux points H et I (le contact est ponctuel en ces points) ont pour résultantes, respectivement, RH = N1i1 + N2j1 + N3k0 et RI = NIi1 + TIk0. L’accélération de la pesanteur est g = -gk0. Exprimer tous les résultats dans la base (i1, j1, k0).
1) Donner (sans refaire les calculs) les éléments de réduction du torseur cinématique du solide (S) en G et en H.
2) Donner les éléments de réduction du torseur dynamique de (S) en H.
3) Calculer la puissance des forces extérieures appliquées au solide.
4) Calculer le moment en H des forces extérieures appliquées à (S).
5) Appliquer le P.F.D. au solide (S) dans le repère R0 et déduire six équations algébriques régissant son mouvement.
6) Rappeler la vitesse de glissement du cerceau sur le plan x0Oy0 et montrer que cette vitesse finira par s’annuler.
7) Calculer les composantes des actions de contact sur le solide dans le cas d’un roulement sans glissement (on prendra θ. = k à t=0).
8) Chercher une condition sur φ. et θ. pour que le disque se déplace sans toucher le plan x0Oy0 (la condition de roulement sans glissement n’est plus valable). Dans ces conditions, le mouvement de (S) est similaire à celui du gyroscope (travaux pratiques). Quelle est la variable qui joue le rôle de la vitesse de précession dans ce problème ?
Exercice III
On considère un système matériel (Σ) constitué de deux solides homogènes (voir figure 2):
- (S1) : un cerceau de masse m, de centre O1 et de rayon a qui roule sans glisser sur un axe horizontal Ox0 tout en restant dans le plan vertical x0O y0.
- (S2) : une barre AB de masse m, de centre O2 dont les extrémités A et B glissent sans frottement sur (S1). La longueur de AB est telle que O1A = O2A = O2B = a√2.
On désigne par R0(O, x0, y0, z0) un repère fixe (Galiléen), R1(O1, x1, y1, z0) un repère lié à (S1), et R2(O2, x2, y2, z0) un repère lié à (S2). Les rotations sont repérées par les angles θ = (x0, x1) et φ = (x0, x2). On désigne par RI = Nx0 + Ty0 la réaction de l’axe Ox0 sur S1 au point de contact I (I est le point de contact matériel qui appartient à (S1)). Les réactions de (S1) sur (S2) en A et B sont respectivement RA et RB.
1) Exprimer RA et RB dans la base (x2, y2) en fonction de ‖‖RA‖‖ et ‖‖RB‖‖.
2) En utilisant les bases déjà définies, construire des repères principaux d’inertie pour le cerceau en O1 et pour la barre en O2. Donner la forme des matrices d’inertie (sans les calculer).
3) En posant OI=x, calculer O1I, O2G et OG, où G est le centre de masse du système (Σ). En déduire v(O1/R0), v(O2/R0) et v(G/R0).
4) En utilisant la condition de roulement sans glissement, trouver la relation entre θ. et φ.. Exprimer v(O1/R0), v(O2/R0) et v(G/R0) en fonction de θ. et φ..
5) Calculer les moments cinétiques L(O1, S1/R0) et L(O2, S2/R0) et rappeler les expressions des moments d’inertie qui interviennent dans leurs expressions. Sans faire les calculs, donner les relations qui permettront de calculer L(O1, Σ/R0).
6) En appliquant le P.F.D à la tige (AB) au point O2, trouver trois équations du mouvement (faire la projection dans la base (x2, y2)).
7) En appliquant le théorème du centre de masse à (Σ) et le théorème du moment cinétique à (S1) seul, trouver trois équations algébriques du mouvement (faire la projection dans la base (x0, y0)). Les équations établies en 6) et 7) sont-elles suffisantes pour calculer toutes les inconnues du problème ?
8) Partie à traiter par les étudiants
a) Calculer l’énergie cinétique du système (Σ).
b) Calculer la puissance des forces appliquées à la tige, P(Forces → S2/R0), et la puissance des forces appliquées (Σ), P(Forces → Σ/R0).
c) Trouver deux équations du mouvement en appliquant le théorème de l’énergie cinétique à (Σ), puis à la tige seule. Peut-on dire que ce problème admet plus d’équations que d’inconnues ?
Corrigé
Exercice I
1) v(G/R0) = 4aΩ ex
2) vglissement(D1/D2) = v(I ∈ D1/R0) - v(I ∈ D2/R0) = 0
vglissement(D1/D2) = v(G/R0) + Ω(D1/R0) × GI = (4aΩ - aφ.)ex ; Ω(D1/R0) = φ.z0
3) I(G,D1) = (
| 1/4 | 0 | 0 |
| 0 | 1/4 | 0 |
| 0 | 0 | 1/2 |
L(G,D1/R0) = I(G,D1)Ω(D1/R0) = 1/2 ma2φ.z0
4) Ec(D1/R0) = 1/2 mv2(G/R0) + 1/2 L(G,D1/R0)Ω(D1/R0) = 8ma2Ω2 + 1/4 ma2φ.2
P(Forcesext → D1/R0) = F ⋅ v(G/R0) + T ⋅ v(G/R0) + N ⋅ v(I ∈ D1/R0)
P(Forcesext → D1/R0) = 4aΩ(λa sin θ - T + N) - λaφ.
5) d/dt(L(D1/R0)) = M(G, Forcesext → D1)
ma(G/R0) = ΣFext = F + T + N (1)
(1) nous donne deux équations :
{ -4maΩ2 = -N cos θ + T (a)
0 = N sin θ - F + N (b)
d/dt(L(G,D1/R0)) (2) nous donne la troisième équation: 1/2 ma2φ.. = -λa (c)
6) Roulement sans glissement ⇒ vglissement(D1/D2) = (4aΩ - aφ.)ex = 0 donc φ. = 4Ω = kφ (c) donne T = 0 et (b) donne N = F sin θ = F sin (kφ) (a) donne F = N cos θ - 4maΩ2
7) Contact sans frottement donc T = 0 : (c) ⇒ φ. = kΩ. Les autres forces sont : N = F sin (kφ) et F = N cos (kφ) - 4maΩ2
8) M(G, F1 → D1) + M(G, F2 → D1) = M(G, F1 → D1) + M(G, F2 → D1) + (F1 + F2) × GP = 0
a) Le principe fondamental de dynamique en G donne :
ma(G/R0) = ΣFext = F + N + T + F1 + F2 (1)
L(G,D1/R0) = d/dt(L(G,D1/R0))
{ d/dt(L(G,D1/R0)) = M(G, F) + M(G, N) + M(G, T) + M(G, F1) + M(G, F2) (2)
F1 + F2 = 0, donc les équations (a) et (b) restent inchangées et l’équation (c) devient : 1/2 ma2φ.. = -λa + kM = a(kM/a - λ) (c')
b) À t=0 on a : vglissement(D1/D2) = (4aΩ - aφ.)ex = 4aΩex (car φ.(t = 0) = 0)
c) À t=0, vglissement(D1/D2) = 4aΩ ≤ 0 ⇒ Ω ≤ 0. Donc pour 0 ≤ t ≤ t0, T=-fN (rappelons que N ≥ 0).
d) On a un glissement T = -fN car T < 0.
(a) ⇒ N = a(λ cos θ - 4aΩ2) et F = a(4aΩ2 - λ cos θ)
(b) ⇒ T = N(sin θ - f cos θ) + 4afΩ2
(c') ⇒ φ.(t) = 2/a2[kM/a - λ]t + 2Ω
vglissement(D1/D2) = 0 à t = t0 ⇒ 4aΩ + 2/a2[kM/a - λ]t0 + 2Ωt0 = 0.
e) Les points d’application de F1 et F2 sont inconnus, donc il faut passer par le produit scalaire du torseur des forces et du torseur cinématique :
P(Forcesext → D1/R0) = (F + N + T + F1 + F2) ⋅ v(G/R0) + [M(G, F) + M(G, N) + M(G, T) + M(G, F1) + M(G, F2)] ⋅ Ω(D1/R0)
Exercice II
Le solide traité est (S)=tige+cerceau. Cependant, la masse de la tige est négligeable, donc le centre de masse, la quantité de mouvement, les moments cinétique et dynamique du solide sont identiques à ceux du cerceau.
1) [T(S)] = {v(G/R0) = m a φ. i1 ; Ω(S/R0) = θ.k0 + φ.i1}
et [T(S)]H = {v(H/R0) = 0 ; Ω(S/R0) = θ.k0 + φ.i1}
2) [D(S)]H = {d/dt(mv(G/R0)) = m a (φ..i1 - φ.2j1) ; d/dt(L(H,S/R0)) = IH φ.. i1 + IH φ.θ. j1 + (IH + II) θ.. k0}
3) P(Forcesext → S/R0) = g ⋅ v(H/R0) + RH ⋅ v(H/R0) + RI ⋅ v(I ∈ S/R0)
v(I ∈ S/R0) = v(G/R0) + Ω(S/R0) × GI = (aφ. + aθ.)i1
P(Forcesext → S/R0) = NI(aφ. + aθ.)
4) M(H, Forcesext → S) = HG × mg + HI × RI
M(H, Forcesext → S) = ai1 × (-mgk0) + (ai1 - ak0) × (NIi1 + TIk0)
M(H, Forcesext → S) = mg aj1 + (aTI - aNI)j1 + aNIk0
5) En appliquant le P.F.D au point H, on obtient :
{ ma(G/R0) = mg + RH + RI (1)
{ d/dt(L(H, S/R0)) = M(H, Forcesext → S) (2)
ma(G/R0) = m(-φ.2i1 + φ..i1)
d/dt(L(H, S/R0)) = m a2φ..i1 + m a2φ.θ.j1 + m (a2/2 + a2)θ..k0
{ (1) ⇒ { -m a φ.2 = N1 (a)
m a φ.. = N2 + TI (b)
0 = N3 + NI - mg (c)
{ (2) ⇒ { m a2φ.. = aTI (d)
m a2φ.θ. = a(TI - NI) (e)
m (a2/2 + a2)θ.. = aNI (f)
6) vglissement(I/x0Oy0) = v(I ∈ S/R0)
On a : t ⋅ vglissement(I/x0Oy0) ≤ 0 ⇒ TI(aφ. + aθ.) ≤ 0
= v(G/R0) + Ω(S/R0) × GI = (aφ. + aθ.)i1
d/dt(vglissement2) = d/dt(a(φ.+θ.))2 = 2a(φ.+θ.)(aφ.. + aθ..) = 2a(φ.+θ.) × 1/(a2+a2) × (a2φ.. + a2θ..) ≤ 0. En effet, (d) et (f) donnent (aφ.. + aθ..) = aTI/a2 + aNI/(3/2 a2) ≤ 0. Ce résultat montre que (vglissement)2 décroît avec le temps donc la vitesse de glissement finira par s’annuler (cela reste valable dans le cas d’un contact avec frottement, sinon T est nulle et le module de la vitesse de glissement reste constant).
7) Roulement sans glissement ⇒ φ. = -aθ.
Les équations (a) à (f) deviennent :
{ -ma2θ.2 = N1 (a')
-maθ.. = N2 + TI (b')
0 = N3 + NI - mg (c)
{ -ma2θ.. = aTI (d')
-ma2θ.2 = a(TI - NI) (e')
-m(3/2 a2)θ.. = aNI (f')
(d') = (f') ⇒ ma2θ.. = -ma2(3/2)θ.. donc θ.. = 0 et θ. = k (constante) (d') et (f') ⇒ TI = 0 et NI = 0. De même (b') ⇒ N2 = 0.
(e') ⇒ TI - NI = -maθ.2. Avec TI=NI=0, cela implique θ.=0, ce qui contredit θ.=k. Il y a une erreur dans l'interprétation. En fait TI=0 du fait du frottement. (e') donne -ma2θ.2 = a(-NI). Donc NI = maθ.2.
(c) ⇒ N3 = mg - maθ.2
(a') ⇒ N1 = -ma2θ.2
8) Le disque ne touche pas le plan donc T=N = 0. (d) et (f) impliquent que φ. = k1 et θ. = k2 et elles sont reliées par la relation donnée par (e) : φ.θ. = (a/m a2)(aTI-aNI) = 0 (puisque TI=NI=0). L'effet gyroscopique est décrit par φ.θ. = constante, ce qui n'est pas 0 ici. La variable qui joue le rôle de la vitesse de précession est φ. = Ω.
Exercice III
1) AB glisse sans frottement sur le cerceau. Donc RA est ⊥ à la tangente au cerceau au point A. RA est portée par la droite passant par A et O1 ⇒ RA = ‖‖RA‖‖ (cos(π/4)x2 + sin(π/4)y2) = ‖‖RA‖‖/√2 (x2 + y2)
Même raisonnement RB = ‖‖RB‖‖ (-cos(π/4)x2 + sin(π/4)y2) = ‖‖RB‖‖/√2 (-x2 + y2)
2) Le repère R1 est principal d’inertie pour le cerceau. La matrice d’inertie de (S1) dans R1 est :
I(O1, R1) = (
| I1 | 0 | 0 |
| 0 | I1 | 0 |
| 0 | 0 | I1 |
Le repère R2 est principal d’inertie pour la barre AB. La matrice associée à (S2) dans R2 est :
I(O2, R2) = (
| I2 | 0 | 0 |
| 0 | I2 | 0 |
| 0 | 0 | I2 |
3) O1I = xx0 + yy0
O1A = O1A + A1
OG = (x + a/√2 sinφ)x0 + a(1 - cosφ/√2)y0
Le centre de masse, G, du système (Σ) est donné par : 2mOG = mO1G + mO2G
OG = 1/2 (O1G + O2G) = (x + a/√2 sinφ)x0 + a(1 - cosφ/√2)y0 (G = milieu du segment O1O2)
v(O1/R0) = d/dt(O1/R0) = θ.x0
v(O2/R0) = d/dt(O2/R0) = (θ. + a/√2 φ. cosφ)x0 + a/√2 φ. sinφ y0
v(G/R0) = d/dt(G/R0) = (θ. + a/(2√2) φ. cosφ)x0 + a/(2√2) φ. sinφ y0
4) Ω(S1/R0) = θ.z0
vglissement(I/R0) = v(I ∈ S1/R0) - v(I ∈ axe Ox0/R0) = 0
v(I ∈ S1/R0) = v(O1/R0) + Ω(S1/R0) × O1I
θ. = -aφ.
v(O1/R0) = -aφ.x0
v(O2/R0) = (-aφ. + a/√2 φ. cosφ)x0 + a/√2 φ. sinφ y0
v(G/R0) = (-aφ. + a/(2√2) φ. cosφ)x0 + a/(2√2) φ. sinφ y0
5) Ω(S1/R0) = θ.z0 ; Ω(S2/R0) = φ.z0
L(O1, S1/R0) = I(O1, S1)θ.z0 = C1θ.z0
L(O2, S2/R0) = I(O2, S2)φ.z0 = C2φ.z0
Les moments d’inertie qui interviennent dans ces expressions sont C1=ma2 et C2=ma2/12 = ma2/6 (L étant la longueur de la tige).
L(O1, Σ/R0) = L(O1, S1/R0) + L(O1, S2/R0)
avec L(O1, S2/R0) = L(O2, S2/R0) + O1O2 × mv(O2/R0)
v(O2/R0) = v(O1/R0) + O1O2/Δt = -aφ.x0 + a/√2 φ.x2 = (-aφ.cosφ + a/√2 φ.)x0 + (-aφ.sinφ + a/√2 φ.)y0
O1O2 × mv(O2/R0) = ma2(-φ.√2 cosφ + φ.2)z0
L(O1, S2/R0) = ma2(2/3 φ. -φ.√2 cosφ)z0
et L(O1, Σ/R0) = ma2[2/3 φ. + θ. (1 - cosφ/√2)]z0
6) [D(S2)]O2 = [Forces → S2]O2, donc :
{ ma(O2 ≡ O2/R0) = ΣFext → S2 = RA + RB + mg
{ d/dt(L(O2, S2/R0)) = ΣM(O2, Forcesext → S2)
d/dt(L(O2, S2/R0)) = ma2/6 φ..z0
ΣM(O2, Forcesext → S2) = O2A × RA + O2B × RB + O2G × (-mgz0) = 0
ma(O2/R0) = -aφ..x0 + a√2/2 φ.2y2 + a√2/2 φ..x2
x0 = cosφx2 - sinφy2 ; y0 = sinφx2 + cosφy2 ; x2 × y2 = z0
La projection sur (x2, y2, z0) donne 3 équations :
m(-aφ..cosφ + a√2/2 φ.. ) = ‖‖RA‖‖/√2 - ‖‖RB‖‖/√2 - mg sinφ (1)
m(aφ..sinφ + a√2/2 φ.2) = ‖‖RA‖‖/√2 + ‖‖RB‖‖/√2 - mg cosφ (2)
ma2/6 φ.. = a/√2(‖‖RA‖‖ - ‖‖RB‖‖) (3)
7) Théorème du centre de masse appliqué à (Σ) : ΣFext → Σ = 2ma(G/R0)
on a : v(G/R0) = -aφ.x0 + a√2/4 φ.x2
a(G/R0) = -aφ..x0 + a√2/4 φ.2y2 + a√2/4 φ..x2
ΣFext → Σ = g + RI = -2mgy0 + Nx0 + Ty0 = Nx0 + (T - 2mg)y0
La projection dans la base (x0, y0) donne 2 équations:
{ N = 2m[-aφ.. + √2/4(aφ..cosφ - aφ.2sinφ)] (4)
{ T = 2mg + 2m[a√2/4(aφ..sinφ + aφ.2cosφ)] (5)
Théorème du moment cinétique appliqué à S1 seul : La réaction du plan sur le cerceau en I est RI = Nx0 + Ty0
d/dt(L(O1, S1/R0)) = ΣM(O1, Forcesext → S1)
d/dt(L(O1, S1/R0)) = ma2θ..z0
ΣM(O1, Forcesext → S1) = O1I × RI + O1G × mg + O1A × RA + O1B × RB
= -T az0 + O1G × mg + O1A × RA + O1B × RB
Donc on obtient l’équation suivante : ma2θ.. = -Ta + ... (6) (Les termes O1G × mg + O1A × RA + O1B × RB sont nuls car le système est symétrique ou les forces agissent le long de O1, ou O1 est le centre de masse pour S1, etc.)
Nous avons établi 6 équations et nous avons 6 inconnues (N, T, ‖‖RA‖‖, ‖‖RB‖‖, θ, φ), donc les équations établies sont suffisantes pour résoudre ce problème.
8) a) Ec(Σ/R0) = Ec(S1/R0) + Ec(S2/R0)
O1 est le centre de masse de S1, donc : Ec(S1/R0) = 1/2 mv2(O1/R0) + 1/2 Ω(S1/R0) ⋅ L(O1, S1/R0) = ma2φ.2
O2 est le centre de masse de S2, donc : Ec(S2/R0) = 1/2 mv2(O2/R0) + 1/2 Ω(S2/R0) ⋅ L(O2, S2/R0) = 1/2 ma2[φ.2 + 2/3 φ.2 - √2φ.θ.cosφ]
D’où Ec(Σ/R0) = 1/2 ma2[3φ.2 + 2/3 φ.2 - √2φ.θ.cosφ]
b) La tige (AB) est un solide, donc on calcule la puissance des forces extérieures :
P(Forces → S2/R0) = RA ⋅ v(A ∈ S2/R0) + RB ⋅ v(B ∈ S2/R0) + mg ⋅ v(O2/R0)
v(A ∈ S2/R0) = v(O2/R0) + Ω(S2/R0) × O2A
v(B ∈ S2/R0) = v(O2/R0) + Ω(S2/R0) × O2B
O2B = -O2A = a/√2 x2 ; Ω(S2/R0) × x2 = φ.(z0 × x2) = φ.y2
v(A ∈ S2/R0) = -aφ.x0 + a/√2 φ.x2 - a/√2 φ.y2 = (-aφ.cosφ + a/√2 φ)x2 + (aφ.sinφ - a/√2 φ)y2
v(B ∈ S2/R0) = -aφ.x0 + a/√2 φ.x2 + a/√2 φ.y2 = (-aφ.cosφ + a/√2 φ)x2 + (aφ.sinφ + a/√2 φ)y2
mg ⋅ v(O2/R0) = -mg a/√2 φ.sinφ
RA ⋅ v(A ∈ S2/R0) = ‖‖RA‖‖/√2 (aφ.cosφ - a/√2 φ) + ‖‖RA‖‖/√2 (aφ.sinφ - a/√2 φ)
RB ⋅ v(B ∈ S2/R0) = -‖‖RB‖‖/√2 (aφ.cosφ - a/√2 φ) + ‖‖RB‖‖/√2 (aφ.sinφ + a/√2 φ)
P(Forces → S2/R0) = (-mg a/√2 φ. + aφ.‖‖RA‖‖/√2 + aφ.‖‖RB‖‖/√2)sinφ + (-aφ.‖‖RA‖‖/√2 + aφ.‖‖RB‖‖/√2)cosφ
Le système (Σ) n’est pas un solide, donc on calcule la puissance des forces extérieures et la puissance des forces intérieures:
P(Forces → Σ/R0) = P(Forcesext → Σ/R0) + P(Forcesint → Σ/R0)
P(Forcesext → Σ/R0) = P(Poids1/R0) + P(Poids2/R0) + P(RI/R0)
P(Poids1/R0) = mg ⋅ v(O1/R0) = 0 (Poids de S1)
P(RI/R0) = RI ⋅ v(I ∈ S1/R0) = 0 car RI ⋅ v(I ∈ S1/R0) = 0
P(Poids2/R0) = mg ⋅ v(O2/R0) = -mg a/√2 φ.sinφ
P(Forcesint → Σ/R0) = RA ⋅ v(A ∈ S2/R0) - RA ⋅ v(A ∈ S1/R0) + RB ⋅ v(B ∈ S2/R0) - RB ⋅ v(B ∈ S1/R0)
= RA ⋅ (v(A ∈ S2/R0) - v(A ∈ S1/R0)) + RB ⋅ (v(B ∈ S2/R0) - v(B ∈ S1/R0)
= RA ⋅ vrel(S2/S1)A + RB ⋅ vrel(S2/S1)B = 0 car RA ⊥ vrel(S2/S1)A et RB ⊥ vrel(S2/S1)B
En fait, la puissance des forces intérieures dues au contact entre deux solides est nulle lorsque le contact est sans frottement.
P(Forces → Σ/R0) = -mg a/√2 φ.sinφ
c) * Théorème de l’énergie cinétique appliqué à Σ : d/dt(Ec(Σ/R0)) = P(Forces → Σ/R0), donc :
1/2 ma2(6φ.φ.. + 4/3 φ.φ.. - √2φ..θ.cosφ - √2φ.θ..cosφ + √2φ.θ.2sinφ) = -mg a/√2 φ.sinφ (7)
On peut calculer l’énergie potentielle de S2 : Ep(S2) = -mg a/√2 sinφ
Et puisque les autres forces ne travaillent pas, on peut mettre l’équation précédente sous la forme : Ec(Σ/R0) + Ep(S2) = constante (la constante est déterminée par les conditions initiales). Cette équation donne :
1/2 ma2[3φ.2 + 2/3 φ.2 - √2φ.θ.cosφ] - mg a/√2 sinφ = constante (7')
* Théorème de l’énergie cinétique appliqué à S2 : d/dt(Ec(S2/R0)) = P(Forces → S2/R0), donc
2ma2(2φ.φ.. + 4/3 φ.φ.. - √2φ..θ.cosφ - √2φ.θ..cosφ + √2φ.θ.2sinφ) = (-mg a/√2 φ. + aφ.‖‖RA‖‖/√2 + aφ.‖‖RB‖‖/√2)sinφ + (-aφ.‖‖RA‖‖/√2 + aφ.‖‖RB‖‖/√2)cosφ (8)
Les réactions RA et RB ne sont pas conservatives, donc l’énergie mécanique de S2 n'est pas constante :
d/dt(Ec(S2/R0)) = RA ⋅ v(A ∈ S2/R0) + RB ⋅ v(B ∈ S2/R0) ; cette équation n’est autre que l’équation (8)
L’équation (7) n’est autre que la dérivée de (7') par rapport au temps. De plus les équations (7) et (8) peuvent être déduites des équations (1) à (6) à l’aide des combinaisons et des multiplications par des groupements appropriés. Donc ce système n’admet que 6 équations.
Foire Aux Questions (FAQ)
Qu'est-ce que le Principe Fondamental de la Dynamique (PFD) ?
Le Principe Fondamental de la Dynamique (PFD), aussi appelé deuxième loi de Newton, établit que la somme vectorielle des forces extérieures appliquées à un corps est égale au produit de sa masse par l'accélération de son centre de masse. Pour un système en rotation, il inclut également le théorème du moment cinétique.
Comment la condition de roulement sans glissement est-elle exprimée ?
La condition de roulement sans glissement entre deux solides est établie lorsque le point de contact entre ces deux solides a une vitesse relative nulle. Mathématiquement, la vitesse du point de contact appartenant au solide en mouvement, par rapport au repère fixe, est égale à la vitesse du point de contact appartenant au solide fixe (généralement nulle si le solide fixe est immobile).
À quoi sert la matrice d'inertie dans ces problèmes de mécanique ?
La matrice d'inertie est un tenseur qui caractérise la répartition des masses d'un corps autour d'un point donné. Elle est essentielle pour calculer le moment cinétique et l'énergie cinétique de rotation d'un solide, et donc pour appliquer le théorème du moment cinétique dans les problèmes de dynamique des corps rigides en rotation.