Forces d'inertie

3) Donner la liste des forces qui s’appliquent à P dans le référentiel lié au cercle.4) Quel est le travail de ces forces ? Peut-on leur associer une énergie potentielle ?5) En projetant la loi fondamentale de la dynamique sur la tangente au cercle en P, trouver l’équation régissant θ(t).6) Retrouver cette équation en utilisant la conservation de l’énergie.7) Déterminer les positions d’équilibre relatif de P par rapport au cercle.8) Déterminer leur stabilité.9) S’il existe une position d’équilibre stable, calculer la période des petites oscillations au voisinage de cette position.10) Cette période est-elle égale, inférieure ou supérieure à celle des grandes oscillations ? A défaut d’une justificationrigoureuse, possible, mais longue, un argument précis, et non un pronostic, est demandé.IV18. Pendule excité (d’après ENAC Contrôle 1999 ).1) Un pendule de longueur est attaché à un point O’ fixe. Soit−2g = 9, 8 m . s l’accélération de la pesanteur ; on pos e ω 0 = g / .Calculer sachant que la période des oscillations est T = 1s.2) A présent, O’ se déplace sur u ne droite horizontale (D). Si t < 0 ,l’abscisse de O’ sur (D) est X = 0 et le pendu le est vertical ; si t > 0 ,l’abscisse de O’ sur (D) est X = X m ( 1 − cos ωt) . Montrer que si t > 0 ,l’angle θ du pendule avec la verticale obéit à2 2 X0 sin m ωθ + ω θ = − cos θ cos ωt.3) Déterminer θ( t ) en supposant que cet angle reste petit.⎛ 5 ⎞ω 54) On donne ci-contre le graphe de cos ( 2πt) − cos⎜2πt⎟ . Comment est le graphe de θ( t ) si = en supposant⎝ 6 ⎠ω 0 6que θ reste petit ? Quelle condition qualitative doit vérifier Xmpour qu’il soit correct ? Expliquer pourquoi le pendulesemble s’arrêter périodiquement et justifier la période de ces arrêts.V15. Mobile attaché à un plateau tournant, inspiré de ENAC 1982.1) Par rapport au référentiel terrestre, supposé galiléen, un plateau horizontal et circulaire, de centre O et de rayon R ,tourne à vitesse angulaire ω constante autour d’un axe vertical ascendant Oz, dans le sens positif lié à cet axe. Un pointB, situé à une distance b de O, est fixe par rapport au plateau. Un mobile ponctuel P de m asse m , glissant sans frottement sur le plateau, est attaché à B par un élastique qui exerce sur lui une force F1= −kBP, où k est uneconstante positive. Soit ( P ) le référentiel lié au plateau. On note Ω = k/m , ω = ωu z .1.a) Déterminer la ou les positions C d’équilibre relatif de P par rapport à ( P ).1.b) Discuter leur existence et leur disposition par rapport à O et B en supposant R très grand.1.c) On suppose b = R/2 et on tient compte du caractère fini de R . Discuter l’existence de C, en considérant que Pdoit rester s ur le plateau.2) Dans ( P ), on repère la position de P par ses coordonnées ( X,Y ) sur deux axes d’origine C ; CX est parallèle àOC et de même sens et CY fa it un angle + π /2 avec CX. Soit ( R ) le référentiel lié à C et en translation par rapportau référentiel terrestre. Dans ( R ), on repère la position de P par ses coordonnées ( xy , ) sur deux axes d’origine C etparallèles aux axes du référentiel terrestre. A l’instant 0, Cx et CX sont confondus, P est au point P 0 tel queC P0 = r0 = x0uxavec la vitesse v0 = v0uypar rapport à ( R ).2.a) Quelles sont les forces qui s’exercent sur P dans le référentiel ( R ) ? On pourra omettre le poids et la réactiondu plateau.2.b) Ecrire les équations différentielles régissant x( t ) et y( t ), ou r ( t)= CP.2.c) Les résoudre.2.d) Quelle est la trajectoire de P dans ( R ) ?2.e) Que peut-on dire de la stabilité de l’équilibre de P en C ? 3.a) Quelles sont les forces qui s’exercent sur P dans le référentiel ( P ) ? Les exprimer en fonction de R = CP etdes paramètres du problèmes.3.b) Ecrire les équations différentielles régissant X( t ) et Y ( t ).3.c) Si u = X + iY , écrire l’équatio n différentielle régissant u( t ).3.d) En trouver la solution générale.3.e) Expliquer la différence entre les solutions obtenue s en 2.c) et 3.d).4) Que peut-on dire de l’énergie potentielle de P dans ( R ) ou dans ( P ) ? Est-elle minimum en C ?Forces d’inertie, page 2

2d’entraînement m ( OC + R dR2 2ω ) et force d’inertie de Coriolis −2mω∧ ; 3.b) X= −Ω X + ω X + 2ωY;dt2 2Y= −Ω Y + Y − 2 X2 2; 3.c) u+ 2iωu+ Ω − ω u = 0 ; 3.d) u = exp( −iωt)( Acos Ω t + BsinΩt)quiω ω ( )diffère de la solution de 2.c) par une rotation autour de C de l’angle −ω t ; 4) dans ( P), l’énergie potentielle de P1 2 1 2,2kBP −2mωOP2 est minimum en C si ω≤ Ω ; dans ( R ), l’énergie potentielle n’existe pas ; 5) voir corrigé. L VI. 2.a) F = −2k( 2− ) r ; 2.b) l’origine ; 2.c) stable si L < 2a; 3)2 k Lx( 2 ( 2 ))x 2a= ω − m− a+ ω y et( ( ))2 2 k2 Ly = ω − − y − 2 ωx ; stable si L < 2a .m aCorrigéI.1.a) M est soumis à la force centrifuge et à la tension du ressort. En effet, le poids, la réaction de la tige et la force deCoriolis sont perpendiculaires à la tige. Si x = OM , la loi fondamentale de la dynamique donne2mx= F ( x ) = mω x −k ( x − 0 ) 01.b) A l’équilibre F = 0 ⇒ x m = . Cette position d’équilibre n’existe que si 0 < x2m < L, soit1 − m ω / k 0ω < ω 0 et1 −ω / ω2 20< L .481.c) w 0 = = 30,98 rad/s , donc il n’existe pas de position d’équilibre pour ω .0, 05210x m1 = = 11, 3 cm21−( 10,5/30,98)2 22) x = ω x − ω 0 ( x − 0). comme ω < ω0,c’est un oscillateur harmonique de pulsation Ω telle que2 2 2 2π 2π 2πΩ = ω0 − ω ⇒ T = = T2 21 = = 0, 216 s .Ω 2 2ω − ω 30, 98 −10,50II.1) Étudions le mouvement de M dans le référentiel de la tige. M est soumis à cinq forces, dont trois sontperpendiculaires à la tige : le poids, la réaction de la tige et la force de Coriolis. Seules agissent la force centrifuge et latension du ressort : la projection sur la tige de la force totale est ( ) 2F x = mω x −k ( x − ) .kA l’équilibre, F( x)= 0 x = .2k − m ω⎧ 2 2k −mω > 0 k > mωCette position n’existe que si 0 < x < L ⇒ ⎪⎨ 22 mωL⎪ k< ( k −mω ) L k >⎪⎩L − LComme > 1 , la seconde condition implique la première. Donc :L − 2mωL• si k < , il n’y a pas de position d’équilibre ;L − 2mωLk• si k > , il y a une position d’équilibre xL= dF 2qui est stable puisque m k 0− 2k − m ωdx = ω −

x 2k + mωLa condition pour que le mobile reste sur la tige est L > .2k − m ωAutre solution.Comme F( x)est une fonction affine de x , le mobile est un oscillateur harmonique ; il oscille entre x1= < L et2x1 + x2k2kk + mωtels que = xeq= . Il reste sur la tige si x222 = − < L L > k − m ω2 2k −mω k −mωIII 29 . Cercle tournant.1) ( AO, AP ) = θ / 2.2) AP = 2Rcos ( θ /2).3) Les forces qui s'appliquent à P dans le référentiel lié au cerceau sont le poids, la réaction du cerceau, la forcecentrifuge mω2 APet la force de Coriolis.4) Le travail de ces forces est nul sauf celui de la force centrifuge qui est mωA 2 P ⋅dAP . L'énergie potentielle E 2 1 2 2 2associée à la force totale est telle que dEp= −m ω AP ⋅dAP ⇒ Ep= − mω AP = −2mω R 2 cos 2 ( θ/2).22 2 225) mR θ = −m ω AP sin ( θ /2) = −m ω 2R cos ( θ/2) sin ( θ /2)= −m ω R sin θ θ = −ω sin θ .1 2 2 2 2 26) L'énergie Ec+ Ep=2mR θ −2mω R cos ( θ/2)se conserve donc a une dérivée par rapport au temps2θθ 2 2+ mω R θ 2θ θ = ⇒ mR θ 2nulle : mR 2 cos /2 sin /2 0 θ + ω sin θ = 0 .Il faut rejeter la solution parasite θ = 0 . L'expression entre parenthèses est donc nulle. On retrouve l'équation de 5).7) P est en équilibre si θ = 0 , soit si n θ = 0 . Il y a deux positions d'équilibre θ = 0 et θ = π .8) En examinant le sens de la force centrifuge au voisinage de ces positions d'équilibre, on voit que θ = 0 est stableet θ = π instable.On peut aussi remarquer que l'énergie potentielle est minimum pour θ = 0 et maximum pour θ = π .9) Pour les petites oscillations au voisinage de θ = 0 , sin θ θ, donc P est un oscillateur harmonique approché depulsation ω , donc de période T = 2 π/ω égale à la période de rotation du cerceau.10) La période des grandes oscillations est plus grande que celle des petites oscillations, car la force de rappel loin dela position d’équilibre est plus petite : sin θ < θ ; aussi, lors des grandes oscillations, le temps passé loin de la positiond’équilibre est plus grand. Pour les oscillations du pendule d’amplitude θ , Borda a calculé cet allongement dû à lagrandeur des oscillations : T T 0 1 + θm/16.( ) ( ) ( )2( )IV.1) T = 2π 2 gT 9, 8⇒ = =g2 24π4π= 0,248 m .2) Dans le référentiel en translation par rapport au référentiel terrestre et lié à O', le pendule est2dOO′soumis au poids, à la tension du fil et à la force d’inertie d’entraînement −m . La projectiondtde la loi fondamentale de la dynamique sur l’orthoradiale s’écrit m θ = −m gsinθ −mXcos θ où2X2= X mωcos ωt, d’où X m ωθ2+ ω0sin θ = − cos θ cos ωt.Au lieu d’appliquer la loi fondamentale de la dynamique, on peut utiliser le théorème du moment cinétique en O' :dL 2Oz ′ d( mθ)= ( O ′ M ∧( mg −mae)), soit = −mgsinθ −mXcosθ .dtz dt3) Si θ est petit, l’approximation linéaire donne sin θ θ et cos θ 1 , donc l’équation différentielle est2 X m ωθ2+ ω0θ = − cos ωt . Sa solution générale est la somme de la solution générale θ = Acosω 0t + Bsinω0tdel’équation sans second membre 2θ + ωθ= 00 et d’une solution particulière θ = C cos ωtpour laquelle on calcule C en22 X ωωportant θ = C cos ωt dans l’équation différentielle : − C ω cos ωt+ Cω0cos ωt= −m cos ωt⇒ C =X m .2 2 ω − ωX mωDonc la solution générale est θ = A cos ω0t+ B sin ω0t+ cos ωt.2 2 ω − ωA l’instant 0, ( 0)θ = A + C = 0 ⇒ A = −C.2( )Forces d’inertie, page 502m22XOO'θ2p( )M −ma e0mg

A l’instant 0, la vitesse de O' est continue et nulle. Donc la vitesse initiale de M dans le référentiel lié à O' est nulle :θ= Bω0 cos ω0t− ( Aω0− Cω) sin ωtθ( 0) = Bω0= 0 ⇒ B = 0 .2XD’où la solutionm ωθ =( ) ( cos ω t − cos ω t)2 20 . ω − ω04) A un changement d’échelle verticale près, le graphe demandé est le même que celui proposé. On remarque que lependule s’incline d’abord vers l’arrière, ce qui traduit qu’il suit le mouvement de O' avec retard.2 2Cette théorie n’est correcte que si θ reste petit, donc si X 1 − ω / ω .m2πLe pendule s’arrête lorsque les deux fonctions sinusoïdales sont en phase, soit ω0t − ω t = 2kπ t = k (k ω − ωentier). La période des quasi arrêts est donc2π2π= 6 = 6s.ω − ω ω0 0V. inspiré de ENAC 1982.1.a) Plaçons nous dans ( P) . A l’équilibre, P est soumis à la tension de l’élastique et à la force centrifuge : 2− kBC + mωOC = 0 2 2 2−mΩ OC − OB + mωOC = 0 ou − kBC + mωOB + BC = 0( ) ( ) 2 2Ω ω OC = OB ou BC = OB2 2 2 2Ω − ωΩ − ω1.b) Si ω < Ω , O, B et C sont alignés dans cet ordre. Si ω = Ω , C n’existe pas. Si ω > Ω , C, O et B sont alignésdans cet ordre.Ω2 R /2 ω 2 1 ω 2 1 ω2 3 Ω 31.c) OC < R < R 1 − > < ou > , soit ω < ou ω > Ω .2 2 22222Ω − ωΩ Ω Ω 22 22.a) P est soumis à la tension de l’élastique et à la force d’inertie d’entraînement ; cette dernière est indépendante desa position, puisque ( R ) est en translation : tous les points de ( R)ont même accélération, qui est celle de C, dont lemouvement est circulaire uniforme.La force de Coriolis est nulle, puisque ( R ) est en translation par rapport à un référentiel galiléen.2 dr 222.b) m = − k2 ( BC + r ) + mωOC . Comme C est une position d’équilibre, − kBC + mω OC= 0. D’où :dt2 dr 2 + Ω r = 0 .2dt v02.c) r = r0 cos Ω t + sin Ωt.Ω2.d) La trajectoire est une ellipse de centre C ; pour les conditions initiales de l’énoncé, ses axes sont Cx et Cy.2.e) C est une position d’équilibre stable, car, si r0et v0sont petits, le mobile reste près de C. 23.a) P est soumis à la tension de l’élastique − kBP = −mΩ ( BC + R), à la force d’inertie d’entraînement 2 2 dRmωOP = mω( OC + R)et à la force d’inertie de Coriolis −2mω∧ .dt23.b) En projetant la loi fondamentale de la dynamique et en tenant compte de ce que − kBC + mωOC= 0(question 1.a) :2 2mX= −mΩ X + mωX + 2mωY2 2mY= −mΩ Y + mωY − 2mωX3.c) Multiplions la deuxième équation par i et ajoutons la à la première ; comme Y − iX = − i X + iY = −iu:2 2( ω )u= −Ω u −2iωu2 2( ω )u+ 2iωu+ Ω − u = 03.d) L’équation caractéristique est2 2 2r + 2iωr+ Ω − ω = 0( ω )2 2 2 2∆ = −4ω− 4 Ω − = −Ω 4r = − iω± iΩu = exp( −iωt)( Acos Ω t + BsinΩt)Forces d’inertie, page 60( )0