Dynamique du solide · Physique générale I

Objectifs du chapitre

À la fin de ce chapitre, vous serez capable de:

décomposer le mouvement d'un solide en une translation de son centre de masse et une rotation autour de celui-ci, et appliquer les deux théorèmes (centre de masse, moment cinétique) qui gouvernent chacune de ces parties;
calculer l'énergie cinétique d'un solide en mouvement plan grâce au théorème de König;
traduire la condition de roulement sans glissement en relations cinématiques et résoudre les problèmes de roue, de cylindre ou de sphère sur une pente, de yo-yo et de bobine;
décider, à partir du coefficient de frottement statique, si un solide roule sans glisser;
écrire et résoudre les conditions d'équilibre d'un solide (échelle, pont-levis, grue) et discuter la stabilité d'un équilibre;
expliquer la précession d'un gyroscope, calculer sa vitesse angulaire et traiter un choc mettant en jeu un solide en rotation (centre de percussion).

Le mouvement général d'un solide

Translation et rotation

Au chapitre 5, nous avons décrit un système de points matériels par son centre de masse; au chapitre 9, nous avons étudié la rotation d'un solide autour d'un axe fixe. Le présent chapitre réunit ces deux points de vue pour traiter un solide libre de se déplacer: la roue d'un vélo qui dévale la route du Grand-Saint-Bernard, l'échelle du couvreur appuyée contre une façade, la toupie qui précesse sur la table. La clé est une décomposition simple du mouvement.

Le champ des vitesses d'un solide a une structure très particulière. Si $ω$ désigne le vecteur rotation instantané du solide, la vitesse de l'un quelconque de ses points $P$ s'écrit

v_{P} = v_{G} + ω \land GP . (10.1)

C'est la formule de distribution des vitesses (Euler): à chaque instant, le mouvement le plus général d'un solide est la superposition d'une translation à la vitesse $v_{G}$ et d'une rotation de vecteur $ω$ autour d'un axe passant par $G$ . La rotation est la même quel que soit le point choisi pour la décrire (le vecteur $ω$ est une caractéristique du solide, pas d'un point); seule la vitesse de translation dépend du point de référence. Ce que nous savons de chacun de ces deux mouvements se transpose au solide grâce à deux théorèmes.

Ce théorème a été démontré au chapitre 5 pour un système quelconque de points matériels, en sommant les lois de Newton et en utilisant le fait que les forces intérieures se compensent deux à deux (troisième loi). Il décrit la translation; il ne dit rien de la rotation, pour laquelle il faut un second énoncé.

Démonstration. Écrivons $O P_{i} = O G + G P_{i}$ et $v_{i} = v_{G} + v_{i}^{*}$ par rapport à un point fixe $O$ d'un référentiel galiléen. Le moment cinétique en $O$ se développe en quatre termes:

L_{O} = i \sum (O G + G P_{i}) \land m_{i} (v_{G} + v_{i}^{*}) = O G \land M v_{G} + O G \land i \sum m_{i} v_{i}^{*} + (i \sum m_{i} G P_{i}) \land v_{G} + L^{*} .

Par définition du centre de masse, $\sum_{i} m_{i} G P_{i} = 0$ , et en dérivant, $\sum_{i} m_{i} v_{i}^{*} = 0$ : les deux termes croisés disparaissent et $L_{O} = O G \land M v_{G} + L^{*}$ (premier théorème de König). Le théorème du moment cinétique en un point fixe (chapitre 9) donne $d L_{O} / d t = M_{O}^{ext}$ . Or, d'une part,

\frac{d}{d t} (O G \land M v_{G}) = = 0 v_{G} \land M v_{G} + O G \land M a_{G} = O G \land \sum F^{ext}

d'après (10.2); d'autre part, $M_{O}^{ext} = \sum_{i} (O G + G P_{i}) \land F_{i}^{ext} = O G \land \sum F^{ext} + M_{G}^{ext}$ . En soustrayant, il reste exactement (10.3). Le cas plan découle de $v_{i}^{*} = ω \land G P_{i}$ et du calcul du chapitre 9 avec l'axe passant par $G$ . $□$

Les théorèmes 10.1 et 10.2 forment un système de six équations scalaires (trois pour la translation, trois pour la rotation) pour les six degrés de liberté du solide: le problème est «bien posé». En mouvement plan, il reste trois équations, $M a_{G x} = \sum F_{x}$ , $M a_{G y} = \sum F_{y}$ et $I_{G} \overset{ω}{˙} = M_{G}$ , pour trois inconnues.

Énergie cinétique: théorème de König

Démonstration. Avec $v_{i} = v_{G} + v_{i}^{*}$ ,

E_{c} = \frac{1}{2} i \sum m_{i} ∥ v_{G} + v_{i}^{*} ∥^{2} = \frac{1}{2} (i \sum m_{i}) v_{G}^{2} + v_{G} \cdot i \sum m_{i} v_{i}^{*} + \frac{1}{2} i \sum m_{i} ∥ v_{i}^{*} ∥^{2} .

Le terme du milieu est nul, comme dans la démonstration précédente. Le dernier terme est l'énergie cinétique dans le référentiel du centre de masse; pour un solide en rotation autour d'un axe passant par $G$ , $∥ v_{i}^{*} ∥ = ω r_{i}$ où $r_{i}$ est la distance de $P_{i}$ à l'axe, et $\frac{1}{2} \sum_{i} m_{i} r_{i}^{2} ω^{2} = \frac{1}{2} I_{G} ω^{2}$ (chapitre 9). $□$

Exercice

Un solide est lancé en l'air en tournoyant: son centre de masse décrit une parabole. Sous quelle condition peut-on écrire $d L^{*} / d t = M_{G}$ pour son moment cinétique par rapport au centre de masse?

Roulement sans glissement

La condition cinématique

Démonstration. Plaçons l'axe $x$ le long du plan, dans le sens du mouvement, et l'axe $y$ vers le haut; la roue tourne dans le sens horaire, $ω = - ω e_{z}$ avec $ω > 0$ , et le point de contact est $GP = - R e_{y}$ . D'après (10.1),

v_{P} = v_{G} e_{x} + (- ω e_{z}) \land (- R e_{y}) = v_{G} e_{x} + ω R (e_{z} \land e_{y}) = (v_{G} - ω R) e_{x} .

La condition $v_{P} = 0$ équivaut donc à $v_{G} = ω R$ . Les deux autres relations s'obtiennent en dérivant et en intégrant par rapport au temps, avec $x_{G} = 0$ pour $θ = 0$ . $□$

Figure 10.1. Champ des vitesses d'une roue qui roule sans glisser vers la droite. À gauche, la translation seule: tous les points ont la vitesse v du centre. Au milieu, la rotation seule autour de G: chaque point de la jante a une vitesse tangentielle de norme ωR = v. À droite, la somme (10.1): le point de contact P est immobile, le sommet avance à 2v, et les vitesses des autres points se déduisent en composant les deux contributions.

La figure 10.1 illustre une conséquence surprenante mais bien réelle de (10.1): le sommet de la roue avance à $2 v_{G}$ , tandis que le point de contact est immobile. C'est pourquoi les rayons d'une roue de vélo photographiée en mouvement sont flous en haut et nets en bas, et pourquoi la boue projetée par un pneu part du haut de la roue. Un point de la jante décrit une cycloïde, courbe dont la vitesse s'annule à chaque contact avec le sol.

Roue qui descend une pente

Considérons un solide de révolution (anneau, cylindre, sphère) de masse $M$ , de rayon $R$ et de moment d'inertie $I_{G} = k M R^{2}$ par rapport à son axe, lâché sans vitesse sur un plan incliné d'angle $α$ . Le coefficient sans dimension $k$ caractérise la répartition de la masse: $k = 1$ pour un anneau ou un cylindre creux mince, $k = 1/2$ pour un cylindre plein, $k = 2/5$ pour une sphère pleine, $k = 2/3$ pour une sphère creuse (chapitre 9).

Démonstration (méthode dynamique). Isolons le solide. Il subit son poids $M g$ appliqué en $G$ , la réaction normale $N$ et la force de frottement statique $f$ du plan, toutes deux appliquées au point de contact $P$ . Prenons l'axe $x$ le long de la pente vers le bas. Le théorème du centre de masse projeté sur $x$ et le théorème du moment cinétique en $G$ donnent

M a_{G} = M g sin α - f, I_{G} \overset{ω}{˙} = f R,

le poids et la réaction normale ayant un moment nul en $G$ (leurs lignes d'action passent par $G$ ). La condition de roulement (10.5), $a_{G} = R \overset{ω}{˙}$ , transforme la seconde équation en $f = I_{G} a_{G} / R^{2} = k M a_{G}$ . En reportant dans la première, $M a_{G} (1 + k) = M g sin α$ , d'où (10.6), puis $f = k M a_{G} = \frac{k}{1 + k} M g sin α$ . $□$

Démonstration (méthode énergétique). La réaction normale ne travaille pas (perpendiculaire au déplacement) et la force de frottement statique non plus, car son point d'application $P$ a une vitesse nulle (voir le Callout suivant). Seul le poids travaille: l'énergie mécanique se conserve. Lorsque $G$ a parcouru la distance $x$ le long de la pente, il est descendu de $x sin α$ , et le théorème de König avec $ω = v_{G} / R$ donne

\frac{1}{2} M v_{G}^{2} + \frac{1}{2} k M R^{2} \frac{v _{G}^{2}}{R ^{2}} = M g x sin α ⟺ \frac{1}{2} (1 + k) v_{G}^{2} = g x sin α .

En dérivant par rapport au temps, $(1 + k) v_{G} a_{G} = g v_{G} sin α$ , ce qui redonne (10.6). Enfin, la méthode de l'axe instantané fournit une troisième preuve en une ligne: $I_{A} \overset{ω}{˙} = M g R sin α$ avec $I_{A} = (1 + k) M R^{2}$ donne $a_{G} = R \overset{ω}{˙} = g sin α / (1 + k)$ . $□$

Le résultat (10.6) est remarquable: sur une même pente, une bille d'acier de 1 cm et une boule de pétanque arrivent en même temps, mais toutes deux battent n'importe quel cylindre plein, qui bat lui-même n'importe quel anneau. Seule la forme compte, par l'intermédiaire de $k$ . L'explorateur suivant met en scène cette course.

Course de roulement sur un plan incliné

Quatre solides de même rayon partent sans vitesse du haut d'une pente de 4 m et roulent sans glisser. Faites varier l'angle α et l'instant t: l'accélération a = g sin α/(1 + k) ne dépend ni de la masse ni du rayon, mais seulement du coefficient k = I_G/(MR²). Le trait dans chaque solide montre l'angle tourné φ = x/R (pour R = 0,2 m).

a (anneau, k = 1,0)

1,68m/s²

a (cylindre creux épais, k = 0,7)

1,97m/s²

a (cylindre plein, k = 0,5)

2,24m/s²

a (sphère pleine, k = 0,4)

2,40m/s²

Arrivée (anneau)

2,18s

Arrivée (cylindre creux épais)

2,01s

Arrivée (cylindre plein)

1,89s

Arrivée (sphère pleine)

1,83s

μ_s requis, sphère (k = 0,4)

0,104

μ_s requis, anneau (k = 1)

0,182

Angle de la pente α20°

Instant t1,20s

Démonstration. La force de frottement statique ne peut pas dépasser $μ_{s} N$ (chapitre 3). La projection de (10.2) perpendiculairement à la pente donne $N = M g cos α$ , et le théorème 10.5 impose $f = \frac{k}{1 + k} M g sin α$ . La condition $f \leq μ_{s} N$ s'écrit $\frac{k}{1 + k} M g sin α \leq μ_{s} M g cos α$ , soit (10.7). $□$

La condition (10.7) est d'autant plus facile à satisfaire que $k$ est petit: une sphère ( $k / (1 + k) = 2/7$ ) roule sans glisser sur des pentes plus raides qu'un anneau ( $k / (1 + k) = 1/2$ ). Pour $μ_{s} = 0, 3$ , une sphère roule sans glisser jusqu'à $tan α = 1, 05$ , soit $α \approx 46°$ , un anneau seulement jusqu'à $31°$ .

Exercice

Une sphère pleine ( $k = 2/5$ ) est lâchée sur une pente inclinée de $30°$ , avec un frottement suffisant pour rouler sans glisser. Calculez l'accélération de son centre en m/s² ( $g = 9, 81$ m/s²).

Glissement puis roulement: la boule de billard

Lorsqu'un solide est lancé avec une vitesse qui ne satisfait pas $v_{G} = R ω$ , il glisse d'abord, et le frottement cinétique le ramène vers le roulement sans glissement.

Exemple 10.2 · Boule de billard frappée en son centre

Une boule de billard ( $R = 28, 6$ mm, $k = 2/5$ ) est frappée horizontalement en son centre par la queue: elle part avec la vitesse $v_{0} = 3, 00$ m/s sans rotation. Le coefficient de frottement cinétique avec le tapis vaut $μ_{c} = 0, 20$ . Au bout de combien de temps, et après quelle distance, roule-t-elle sans glisser?

Tant que la boule glisse, le point de contact avance (vers l'avant, à la vitesse $v_{G} - R ω > 0$ ): le frottement cinétique $f = μ_{c} M g$ est dirigé vers l'arrière. Il freine la translation et accélère la rotation:

M \overset{v}{˙}_{G} = - μ_{c} M g ⟹ v_{G} (t) = v_{0} - μ_{c} g t, I_{G} \overset{ω}{˙} = μ_{c} M g R ⟹ ω (t) = \frac{μ _{c} g}{k R} t = \frac{5 μ _{c} g}{2 R} t .

Le roulement sans glissement s'établit lorsque $v_{G} = R ω$ , soit $v_{0} - μ_{c} g t = \frac{5}{2} μ_{c} g t$ :

t_{1} = \frac{2 v _{0}}{7 μ _{c} g} = \frac{2 \times 3 , 00}{7 \times 0 , 20 \times 9 , 81} \approx 0, 437 s, v_{1} = v_{0} - μ_{c} g t_{1} = \frac{5}{7} v_{0} \approx 2, 14 m/s .

La distance de glissement vaut $x_{1} = v_{0} t_{1} - \frac{1}{2} μ_{c} g t_{1}^{2} \approx 1, 311 - 0, 187 \approx 1, 12$ m. Notez que la vitesse finale $\frac{5}{7} v_{0}$ ne dépend pas de $μ_{c}$ : le frottement ne fixe que la durée de la transition. Pendant celle-ci, le frottement cinétique travaille (son point d'application glisse): l'énergie cinétique passe de $\frac{1}{2} M v_{0}^{2}$ à $\frac{1}{2} (1 + k) M v_{1}^{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{7}{5} \cdot \frac{25}{49} M v_{0}^{2} = \frac{5}{7} \cdot \frac{1}{2} M v_{0}^{2}$ , soit une perte de $2/7 \approx 29 %$ , transformée en chaleur. Ensuite, la boule roule sans glisser et le frottement cinétique disparaît: c'est le régime «naturel» de la boule, que les joueurs modifient en frappant la boule au-dessus ou au-dessous de son centre (exercice 10.4).

Yo-yo et bobine

Exemple 10.3 · Le yo-yo

Un yo-yo est constitué de deux disques pleins de masse totale $m = 60$ g et de rayon $R = 3, 0$ cm, reliés par un axe de rayon $r = 5, 0$ mm sur lequel s'enroule le fil. On le lâche sans vitesse, le fil étant tenu fixe. Quelle est son accélération, et quelle est la tension du fil?

Le yo-yo descend en translation (accélération $a$ vers le bas) tout en tournant autour de son axe; le fil se déroule sans glisser sur l'axe, ce qui impose $a = r \overset{ω}{˙}$ (le point du yo-yo où le fil quitte l'axe est immobile, comme le point de contact d'une roue). Les forces sont le poids $m g$ et la tension $T$ , appliquée tangentiellement à l'axe:

m a = m g - T, I_{G} \overset{ω}{˙} = T r, I_{G} = \frac{1}{2} m R^{2} .

Avec $\overset{ω}{˙} = a / r$ , la seconde équation donne $T = I_{G} a / r^{2} = \frac{m R ^{2}}{2 r ^{2}} a$ , et la première $a = \frac{g}{1 + R ^{2} / ( 2 r ^{2} )}$ . Numériquement, $R^{2} / (2 r^{2}) = 36/2 = 18$ , donc

a = \frac{9 , 81}{19} \approx 0, 516 m/s^{2}, T = m (g - a) \approx 0, 060 \times 9, 294 \approx 0, 558 N .

Le yo-yo descend dix-neuf fois moins vite qu'en chute libre: presque tout le travail du poids part en énergie de rotation, puisque $k_{eff} = I_{G} / (m r^{2}) = 18$ joue le rôle du $k$ de (10.6). Pour un fil de $0, 80$ m, la descente dure $2 \times 0, 80/0, 516 \approx 1, 76$ s et la vitesse en bas n'est que de $0, 91$ m/s, alors que la rotation atteint $ω = v / r \approx 182$ rad/s. C'est cette énergie de rotation qui fait remonter le yo-yo lorsque le fil, arrivé en bout de course, s'enroule dans l'autre sens.

Exemple 10.4 · Bobine tirée par son fil

Une bobine de fil (rayon extérieur $R = 5, 0$ cm, rayon de l'axe $r = 2, 0$ cm, masse $M = 0, 50$ kg, $k = 0, 60$ ) repose sur une table rugueuse. Le fil, enroulé sur l'axe, en sort par le dessous et on le tire avec une force $F = 2, 0$ N faisant un angle $θ$ avec l'horizontale. Dans quel sens la bobine roule-t-elle?

Le plus simple est de raisonner avec l'axe instantané de rotation, le point de contact $A$ : la réaction normale et le frottement y ont un moment nul, le poids aussi (sa ligne d'action passe par $A$ ), et seul le moment de $F$ compte. La ligne d'action du fil est tangente au cercle de rayon $r$ ; un petit calcul de géométrie (ou le produit vectoriel $A Q \land F$ avec $Q$ le point où le fil quitte l'axe) montre que la distance de $A$ à cette ligne vaut $∣ R cos θ - r ∣$ , et que le moment en $A$ s'écrit

M_{A} = F (R cos θ - r) (compt \overset{e}{ˊ} positivement dans le sens qui fait avancer la bobine vers la main).

Si $cos θ > r / R$ , la bobine roule vers la personne qui tire, en enroulant le fil: c'est le cas d'une traction horizontale ( $θ = 0$ ).
Si $cos θ < r / R$ , elle roule en s'éloignant, en déroulant le fil: c'est le cas d'une traction presque verticale.
Pour $cos θ_{c} = r / R = 0, 40$ , soit $θ_{c} \approx 66, 4°$ , la ligne d'action passe par $A$ : le moment est nul et la bobine ne roule pas; si $F$ dépasse $μ_{s} N$ , elle glisse sans tourner.

Pour la traction horizontale, $I_{A} \overset{ω}{˙} = F (R - r)$ avec $I_{A} = (1 + k) M R^{2}$ donne $a_{G} = R \overset{ω}{˙} = \frac{F ( R - r )}{( 1 + k ) M R} = \frac{2 , 0 \times 0 , 030}{1 , 6 \times 0 , 50 \times 0 , 050} = 1, 50$ m/s². Le théorème du centre de masse, $M a_{G} = F - f$ , donne alors le frottement $f = F - M a_{G} = 1, 25$ N, dirigé vers l'arrière, et le roulement sans glissement exige $μ_{s} \geq f / N = 1, 25/4, 905 \approx 0, 255$ . Cette expérience, à faire avec une bobine de fil à coudre, surprend toujours: la bobine «vient» quand on tire à plat et «fuit» quand on tire vers le haut.

Exercice

Remettez dans l'ordre les étapes de la démonstration dynamique de l'accélération $a_{G} = g sin α / (1 + k)$ d'un solide roulant sans glisser sur une pente.

Glissez les éléments pour les mettre dans le bon ordre

Imposer la condition de roulement sans glissement

a_{G} = R \overset{ω}{˙}

, d'où

f = k M a_{G}

avec

k = I_{G} / (M R^{2})

Vérifier a posteriori la condition de non-glissement

f \leq μ_{s} N

avec

N = M g cos α

Écrire le théorème du moment cinétique en

G

, où seul le frottement a un moment:

I_{G} \overset{ω}{˙} = f R

Projeter le théorème du centre de masse le long de la pente:

M a_{G} = M g sin α - f

Isoler le solide et dessiner les trois forces: poids

M g

G

, réaction normale

N

et frottement statique

f

au point de contact,

f

dirigée vers le haut de la pente

Éliminer

f

entre les deux équations et résoudre:

a_{G} = g sin α / (1 + k)

Statique du solide

Conditions d'équilibre

Démonstration. D'après les théorèmes 10.1 et 10.2, $a_{G} = 0$ et $d L^{*} / d t = 0$ équivalent à $\sum F^{ext} = 0$ et $M_{G}^{ext} = 0$ ; partant du repos, le solide reste alors immobile. Montrons que le point de calcul du moment est libre. Pour deux points $A$ et $B$ quelconques,

M_{B} = i \sum B P_{i} \land F_{i} = i \sum (B A + A P_{i}) \land F_{i} = B A \land i \sum F_{i} + M_{A} .

Si $\sum_{i} F_{i} = 0$ , alors $M_{B} = M_{A}$ : le moment résultant ne dépend pas du point. En particulier $M_{A} = 0$ pour tout $A$ dès que $M_{G} = 0$ , et réciproquement. $□$

Cette liberté est précieuse: on choisit le point $A$ de façon que le plus grand nombre possible de forces inconnues y aient un moment nul (leur ligne d'action passe par $A$ ), ce qui découple les équations.

Méthode de résolution d'un problème de statique

Isoler le solide étudié et le dessiner seul (diagramme du corps libre, chapitre 3).
Inventorier les forces extérieures: poids en $G$ , réactions des appuis (une réaction normale pour un contact lisse, une normale et un frottement pour un contact rugueux, une force de direction inconnue pour une articulation, une tension le long d'un câble), forces appliquées.
Choisir un point $A$ par lequel passent le plus de forces inconnues et écrire $\sum M_{A} = 0$ .
Compléter par $\sum F_{x} = 0$ et $\sum F_{y} = 0$ , résoudre, puis vérifier les inégalités: frottement $f \leq μ_{s} N$ , réaction normale $N \geq 0$ (un appui ne peut pas «tirer»), câble tendu $T \geq 0$ .

Si le nombre d'inconnues dépasse le nombre d'équations (poutre sur trois appuis, par exemple), la structure est hyperstatique: la statique seule ne suffit plus et il faut faire intervenir la déformation des matériaux. C'est l'objet du cours de Mécanique des structures.

L'échelle contre un mur

Exemple 10.5 · Échelle appuyée contre un mur lisse

Une échelle homogène de masse $m = 12$ kg et de longueur $L = 4, 0$ m est appuyée contre un mur vertical lisse (pas de frottement) et repose sur un sol horizontal de coefficient de frottement statique $μ_{s} = 0, 40$ . Elle fait l'angle $θ$ avec le sol.

1. Angle minimal pour l'échelle seule. Les forces sont (figure 10.2): le poids $m g$ au milieu $G$ , la réaction du mur $N_{B}$ en $B$ , horizontale puisque le mur est lisse, la réaction normale du sol $N_{A}$ et le frottement $f$ en $A$ , dirigé vers le mur (c'est lui qui empêche le pied de glisser vers l'extérieur). Les équations (10.8) s'écrivent, en prenant les moments en $A$ pour éliminer $N_{A}$ et $f$ :

\sum F_{x} = 0 : N_{B} - f = 0, \sum F_{y} = 0 : N_{A} - m g = 0, \sum M_{A} = 0 : N_{B} L sin θ - m g \frac{L}{2} cos θ = 0.

D'où $N_{A} = m g$ , $N_{B} = f = \frac{m g}{2 tan θ}$ . L'échelle tient tant que $f \leq μ_{s} N_{A}$ , c'est-à-dire

\frac{1}{2 tan θ} \leq μ_{s} ⟺ tan θ \geq \frac{1}{2 μ _{s}} = 1, 25 ⟺ θ \geq θ_{m i n} \approx 51, 3°.

Plus l'échelle est couchée, plus le frottement demandé est grand; la masse n'intervient pas. Pour $θ = 60°$ , $N_{B} = f = 117, 7/ (2 \times 1, 732) \approx 34, 0$ N pour $N_{A} = 117, 7$ N: le rapport $f / N_{A} = 0, 289$ est inférieur à $0, 40$ .

2. Une personne monte. Une personne de masse $m_{p} = 75$ kg se trouve à la fraction $x$ de la longueur (mesurée depuis le pied). Le moment en $A$ et la verticale deviennent $N_{B} L sin θ = (\frac{m}{2} + m_{p} x) g L cos θ$ et $N_{A} = (m + m_{p}) g$ , d'où la condition

\frac{m /2 + m _{p} x}{( m + m _{p} ) tan θ} \leq μ_{s} .

Pour $θ = 60°$ , on obtient $x \leq \frac{μ _{s} ( m + m _{p} ) tan θ - m /2}{m _{p}} = \frac{0 , 40 \times 87 \times 1 , 732 - 6}{75} \approx 0, 724$ : la personne peut monter jusqu'à $72 %$ de l'échelle, soit à $2, 5$ m de hauteur, puis l'échelle chasse. Pour monter jusqu'en haut ( $x = 1$ ), il faudrait $tan θ \geq \frac{6 + 75}{0 , 40 \times 87} = 2, 33$ , soit $θ \geq 66, 8°$ : c'est l'angle conseillé par les règles de sécurité (la «règle des $75°$ » des couvreurs laisse une marge). Le danger vient de ce que le frottement requis augmente à mesure que l'on monte, alors que rien ne le signale avant le glissement.

Figure 10.2. Échelle contre un mur lisse. Le poids mg s'applique au milieu G, celui de la personne à la fraction x de la longueur. Le mur lisse n'exerce qu'une réaction normale horizontale N_B; le sol rugueux exerce la réaction normale N_A et le frottement statique f dirigé vers le mur. Prendre les moments par rapport au pied A élimine d'un coup N_A et f.

Exercice

Une échelle homogène est appuyée contre un mur lisse sur un sol de coefficient de frottement statique $μ_{s} = 0, 35$ . Quel est l'angle minimal (en degrés) qu'elle doit faire avec le sol pour ne pas glisser, personne ne se trouvant dessus?

Pont-levis, grue et contrepoids

Exemple 10.6 · Pont-levis retenu par une chaîne

Le tablier d'un pont-levis (masse $M = 800$ kg, longueur $L = 5, 0$ m, homogène) est articulé en $O$ à sa base et maintenu horizontal par une chaîne fixée à son extrémité libre $B$ et à un point $C$ de la tour situé à la hauteur $h = 4, 0$ m au-dessus de $O$ . Calculer la tension de la chaîne et la réaction de l'articulation, à vide puis lorsqu'une voiture de $m = 1200$ kg se trouve à $d = 3, 5$ m de $O$ .

L'angle de la chaîne avec le tablier vérifie $tan φ = h / L = 0, 80$ , soit $φ = 38, 7°$ , $sin φ = 0, 625$ , $cos φ = 0, 781$ . Les forces sur le tablier sont son poids $M g$ en son milieu, le poids $m g$ de la voiture, la tension $T$ dirigée de $B$ vers $C$ et la réaction $R = (R_{x}, R_{y})$ de l'articulation, de direction inconnue. Les moments en $O$ éliminent $R$ :

T L sin φ = M g \frac{L}{2} + m g d ⟹ T = \frac{M g L /2 + m g d}{L sin φ} .

À vide ( $m = 0$ ): $T_{0} = \frac{M g}{2 sin φ} = \frac{7848}{1 , 249} \approx 6, 28$ kN. Puis $\sum F_{x} = 0$ donne $R_{x} = T_{0} cos φ \approx 4, 91$ kN (l'articulation pousse le tablier vers l'extérieur, la chaîne le tirant vers la tour) et $\sum F_{y} = 0$ donne $R_{y} = M g - T_{0} sin φ = M g /2 \approx 3, 92$ kN: par symétrie, la chaîne et l'articulation portent chacune la moitié du poids.

Avec la voiture: $T = \frac{7848 \times 2 , 5 + 11 772 \times 3 , 5}{5 , 0 \times 0 , 625} = \frac{19 620 + 41 202}{3 , 123} \approx 19, 5$ kN, soit trois fois plus; $R_{x} = T cos φ \approx 15, 2$ kN et $R_{y} = (M + m) g - T sin φ \approx 19620 - 12164 \approx 7, 46$ kN. La chaîne, la tour et l'axe doivent être dimensionnés pour la charge la plus défavorable, c'est-à-dire la voiture à l'extrémité $B$ (exercice: on trouve alors $T \approx 25, 1$ kN).

Exemple 10.7 · Grue à tour et contrepoids

Une grue à tour de chantier comporte un mât et une base de masse totale $40$ t, une flèche portant la charge, et une contre-flèche munie d'un contrepoids de $16$ t situé à $9, 0$ m de l'axe du mât. La charge est suspendue à $30$ m de l'axe. La base carrée a une demi-largeur $b = 3, 0$ m. La grue peut-elle se renverser?

La grue repose sur le sol par sa base; tant qu'elle ne bascule pas, le sol exerce une réaction répartie dont la résultante $N$ passe par un point de la base. Prenons les moments par rapport à l'axe du mât (positifs vers la charge). En notant $m$ la charge et $x_{N}$ l'abscisse du point d'application de $N$ , l'équilibre des moments donne $N x_{N} = m g \times 30 - 16000 g \times 9, 0$ , avec $N = (56000 + m) g$ :

x_{N} = \frac{30 m - 144 000}{56 000 + m} (en m \overset{e}{ˋ} tres, m en kg) .

À vide ( $m = 0$ ), $x_{N} = - 2, 57$ m: la résultante passe du côté du contrepoids, à l'intérieur de la base ( $∣ x_{N} ∣ < 3, 0$ m), la grue tient. Avec $m = 4000$ kg, $x_{N} = - 0, 40$ m, presque centré. Le renversement vers la charge se produit lorsque $x_{N}$ atteint $+ b$ , soit $30 m - 144000 = 3 (56000 + m)$ , d'où $m_{m a x} \approx 11600$ kg à $30$ m. En pratique, les normes imposent un coefficient de sécurité et un limiteur de moment coupe le levage bien avant. Notez le double rôle du contrepoids: il recule la résultante à vide, mais s'il était trop lourd ( $x_{N} < - b$ ), la grue basculerait vers l'arrière, ce qui arrive lorsqu'on dépose brutalement une charge lourde.

Stabilité de l'équilibre

Pour un solide posé sur un plan, la règle est géométrique: l'équilibre existe tant que la verticale du centre de masse tombe à l'intérieur de la base de sustentation (le polygone convexe enveloppant les points d'appui), et il est d'autant plus stable que le centre de masse est bas et la base large. Un cône posé sur sa base est stable, sur sa pointe instable, couché sur sa génératrice indifférent. Le funambule abaisse son centre de masse avec son balancier; une voiture de course a un centre de masse à 30 cm du sol, un camion chargé à près de 2 m.

Renversement d'un camion dans un virage

Un camion de centre de masse à la hauteur $h = 1, 8$ m et de demi-voie $b = 1, 0$ m aborde un virage de rayon $R = 60$ m. Dans le référentiel du camion (chapitre 8), la force centrifuge $M v^{2} / R$ s'applique en $G$ et son moment par rapport aux roues extérieures tend à soulever les roues intérieures; le poids s'y oppose avec le bras de levier $b$ . Le renversement commence lorsque la réaction des roues intérieures s'annule, soit $M v^{2} h / R = M g b$ :

v_{m a x} = \frac{g R b}{h} = \frac{9 , 81 \times 60 \times 1 , 0}{1 , 8} \approx 18, 1 m/s \approx 65 km/h .

Sur route sèche ( $μ_{s} = 0, 8$ ), le dérapage n'interviendrait qu'à $μ_{s} g R \approx 21, 7$ m/s ( $78$ km/h): le camion se renverse avant de déraper, contrairement à une voiture ( $h / b \approx 0, 5$ ), qui dérape bien avant de se renverser. Pour un chargement en hauteur ou une citerne à moitié vide dont le liquide se déplace, la marge est encore plus faible.

Gyroscope et précession

Le moment cinétique d'une roue rapide

Une roue de moment d'inertie $I$ tournant à la vitesse angulaire $ω$ autour de son axe possède le moment cinétique $L = I ω$ , dirigé le long de l'axe. Si $ω$ est grand, $L$ est grand, et la loi $d L / d t = M$ implique qu'un moment de force donné ne modifie la direction de l'axe que lentement: l'axe d'une roue rapide est «rigide». C'est le principe du gyroscope, dont le comportement, contraire à l'intuition, découle pourtant directement du théorème du moment cinétique.

Démonstration. Les forces extérieures sont le poids $m g$ en $G$ et la réaction du pivot en $O$ . Cette dernière a un moment nul en $O$ , point fixe; le moment du poids vaut $M_{O} = O G \land m g$ , vecteur horizontal de norme $m g d$ , perpendiculaire à l'axe (figure 10.3). Le théorème du moment cinétique en $O$ s'écrit $d L / d t = M_{O}$ , avec $L \approx I ω$ dirigé le long de l'axe. Comme $M_{O}$ est perpendiculaire à $L$ , la variation $d L = M_{O} d t$ est perpendiculaire à $L$ : la norme de $L$ ne change pas ( $d (L^{2}) / d t = 2 L \cdot M_{O} = 0$ ), seule sa direction tourne, et elle tourne dans le plan horizontal puisque $d L$ est horizontal. Pendant $d t$ , l'extrémité de $L$ décrit l'arc $∥ d L ∥ = m g d d t$ sur un cercle de rayon $L = I ω$ , ce qui correspond à l'angle $d φ = m g d d t / (I ω)$ . La vitesse angulaire de précession est donc $Ω = d φ / d t = m g d / (I ω)$ , constante. Sous forme vectorielle, avec $Ω = Ω e_{z}$ , on vérifie que $Ω \land L = M_{O}$ : l'équation du mouvement de $L$ est celle d'un vecteur de norme constante en rotation uniforme autour de la verticale. $□$

Figure 10.3. Gyroscope pesant. Le moment du poids par rapport au pivot O, M = OG ∧ mg, est horizontal et perpendiculaire au moment cinétique L = Iω porté par l'axe. La variation dL = M dt est donc perpendiculaire à L: elle en fait tourner la direction sans changer sa norme, et l'axe décrit un cercle horizontal (pointillés) à la vitesse angulaire Ω = mgd/(Iω). Plus la roue tourne vite, plus la précession est lente.

L'approximation $L \approx I ω$ néglige le moment cinétique dû à la précession elle-même, de l'ordre de $I^{'} Ω$ avec $I^{'}$ le moment d'inertie par rapport à la verticale: elle est légitime si $Ω ≪ ω$ , ce que l'on appelle l'approximation gyroscopique. Le résultat (10.9) montre qu'elle est auto-cohérente pour $ω$ grand, puisque $Ω$ décroît comme $1/ ω$ . On démontre à l'exercice 10.5 que $Ω$ ne dépend pas de l'inclinaison de l'axe. Le comportement du gyroscope est paradoxal au premier abord: on s'attend à ce que la roue tombe, et elle se déplace latéralement. Il n'y a pourtant aucun mystère: la force est bien verticale, mais c'est le moment qui compte pour la rotation, et le moment d'une force verticale est horizontal.

Stabilité gyroscopique et applications

Du vélo au smartphone

Toupie. Une toupie est un gyroscope dont l'axe est incliné; le moment du poids par rapport à la pointe la fait précesser au lieu de tomber, tant qu'elle tourne vite. Quand la toupie ralentit, la précession s'accélère, la nutation apparaît et la toupie finit par se coucher.
Vélo. Les roues d'un vélo sont des gyroscopes qui contribuent à sa stabilité: si le vélo penche à gauche, le moment du poids fait précesser la roue avant vers la gauche, ce qui engage le virage et redresse le vélo. Ce n'est toutefois qu'une partie de l'explication, la géométrie de la fourche (chasse) joue un rôle au moins aussi important.
Navigation inertielle. Un gyroscope à suspension à la Cardan, isolé de tout moment extérieur, conserve la direction de son axe quel que soit le mouvement du véhicule: il fournit une référence d'orientation aux avions, aux navires et aux fusées. Les centrales inertielles modernes utilisent des gyromètres à fibre optique ou à laser, et les smartphones des gyromètres MEMS qui mesurent la vitesse de rotation par la force de Coriolis (chapitre 8) agissant sur une masse vibrante, sans aucune roue.
Précession des équinoxes. La Terre est un gyroscope aplati aux pôles; l'attraction de la Lune et du Soleil sur son bourrelet équatorial exerce un moment qui fait précesser son axe de rotation autour de la perpendiculaire à l'écliptique, avec une période d'environ $25800$ ans (Hipparque, vers 130 av. J.-C.). L'étoile polaire n'est donc pas éternelle: dans $12000$ ans, ce sera Véga.
Moteurs d'avion. Le rotor d'un moteur ou d'une hélice est un gyroscope: lorsque le pilote fait tourner l'avion en lacet, le moment qu'il applique produit une rotation en tangage (perpendiculaire), et réciproquement. Les monoplaces de 1917 à moteur rotatif, dont tout le bloc-cylindres tournait avec l'hélice, viraient pour cette raison beaucoup plus vite d'un côté que de l'autre.

Le mouvement complet d'une toupie ou d'un gyroscope, sans l'approximation $Ω ≪ ω$ , fait apparaître, superposée à la précession, une oscillation rapide de l'inclinaison de l'axe, la nutation; sa théorie (Euler, Lagrange) dépasse le cadre de ce cours.

Exercice

Le disque d'un gyroscope pesant ralentit progressivement à cause du frottement des paliers. Comment évolue la vitesse de précession $Ω$ , tant que l'approximation gyroscopique reste valable?

Chocs et rotation

Conservation du moment cinétique lors d'un choc

Lors d'un choc, les forces de contact sont très grandes pendant une durée très courte. Comme au chapitre 5, on néglige pendant cette durée les forces ordinaires (poids, frottement) devant les forces de choc. Si le solide est monté sur un pivot fixe $O$ , la force du pivot est elle aussi une force de choc, mais son moment en $O$ est nul: le moment cinétique par rapport au pivot est conservé pendant le choc, alors que la quantité de mouvement ne l'est pas. Le choix du point $O$ est donc dicté par la géométrie.

Exemple 10.9 · Bille sur une tige pivotante

Une tige homogène de masse $M = 300$ g et de longueur $L = 60$ cm pend verticalement, articulée sans frottement à son extrémité supérieure $O$ . Une bille de mastic de masse $m = 20$ g arrive horizontalement à $v = 5, 0$ m/s, frappe l'extrémité inférieure de la tige et y reste collée. Quelle est la vitesse angulaire de l'ensemble juste après le choc, et jusqu'à quel angle la tige remonte-t-elle?

Pendant le choc, le moment cinétique en $O$ est conservé. Avant: seule la bille en possède, $L_{O} = m v L = 0, 020 \times 5, 0 \times 0, 60 = 0, 060 kg \cdot m^{2} / s$ (bras de levier $L$ ). Après: l'ensemble tourne à $ω$ avec le moment d'inertie $I_{O} = \frac{1}{3} M L^{2} + m L^{2} = 0, 036 + 0, 0072 = 0, 0432 kg \cdot m^{2}$ . Ainsi

ω = \frac{m v L}{\frac{1}{3} M L ^{2} + m L ^{2}} = \frac{0 , 060}{0 , 0432} \approx 1, 39 rad/s .

L'énergie cinétique passe de $\frac{1}{2} m v^{2} = 0, 250$ J à $\frac{1}{2} I_{O} ω^{2} \approx 0, 0417$ J: le choc parfaitement mou dissipe $83 %$ de l'énergie. La quantité de mouvement n'est pas conservée: elle passe de $m v = 0, 100$ kg·m/s à $(M \frac{L}{2} + m L) ω \approx 0, 142$ kg·m/s, la différence étant fournie par la percussion du pivot.

Après le choc, l'énergie mécanique se conserve (articulation sans frottement). Le centre de masse de la tige monte de $\frac{L}{2} (1 - cos θ)$ et la bille de $L (1 - cos θ)$ :

\frac{1}{2} I_{O} ω^{2} = (M \frac{L}{2} + m L) g (1 - cos θ) ⟹ 1 - cos θ = \frac{0 , 0417}{( 0 , 090 + 0 , 012 ) \times 9 , 81} \approx 0, 0416,

d'où $θ \approx 16, 6°$ . C'est le principe du pendule balistique en rotation: mesurer l'angle $θ$ permet de remonter à la vitesse $v$ du projectile, en combinant la conservation du moment cinétique (pendant le choc) et celle de l'énergie (après). Un pendule balistique en translation (chapitre 5) fonctionne de même avec la quantité de mouvement.

Le centre de percussion

Qui a frappé une balle avec une batte ou planté un clou avec un marteau sait qu'il existe un point de l'outil où l'impact ne «pique» pas les mains: le centre de percussion. La statique du choc l'explique.

Démonstration. Pendant le choc, le solide reçoit la percussion $J$ au point d'impact et la percussion $J_{O}$ du pivot (toutes deux perpendiculaires à $O G$ , prises dans le même sens). Les théorèmes du centre de masse et du moment cinétique en $O$ , intégrés sur la durée du choc, donnent

M Δ v_{G} = J + J_{O}, I_{O} Δ ω = J ℓ,

la percussion du pivot n'ayant pas de moment en $O$ . Comme le solide tourne autour de $O$ , $Δ v_{G} = h Δ ω$ . En éliminant $Δ ω$ ,

J_{O} = M h Δ ω - J = J (\frac{M h ℓ}{I _{O}} - 1),

qui s'annule si et seulement si $ℓ = I_{O} / (M h)$ . Pour la tige, $I_{O} = \frac{1}{3} M L^{2}$ et $h = L /2$ donnent $ℓ_{p} = \frac{M L ^{2} /3}{M L /2} = 2 L /3$ . $□$

Pour $ℓ < ℓ_{p}$ , $J_{O}$ est de sens opposé à $J$ (le pivot retient le solide); pour $ℓ > ℓ_{p}$ , il est de même sens. D'après le théorème de Huygens–Steiner, $I_{O} = I_{G} + M h^{2}$ , donc $ℓ_{p} = h + I_{G} / (M h)$ : le centre de percussion est toujours au-delà du centre de masse. Une batte de baseball frappée à son centre de percussion ne transmet aucune secousse aux mains (c'est le sweet spot); un marteau bien conçu a sa tête au centre de percussion par rapport au poignet; et le point d'impact du marteau du pendule de Charpy (essai de résilience) est placé au centre de percussion pour que l'axe ne subisse aucun effort. Remarquez enfin que $ℓ_{p}$ est aussi la longueur du pendule simple synchrone du pendule pesant (chapitre 7): ce n'est pas un hasard, les deux calculs font intervenir le même rapport $I_{O} / (M h)$ .

Synthèse

Le mouvement d'un solide se décompose en la translation de son centre de masse, régie par $M a_{G} = \sum F^{ext}$ , et une rotation autour de $G$ , régie par $d L^{*} / d t = M_{G}^{ext}$ , valable même si $G$ accélère. En mouvement plan: $I_{G} \overset{ω}{˙} = M_{G}$ . L'énergie cinétique vaut $E_{c} = \frac{1}{2} M v_{G}^{2} + \frac{1}{2} I_{G} ω^{2}$ (König).
Roulement sans glissement: $v_{G} = R ω$ , $a_{G} = R \overset{ω}{˙}$ , le point de contact est immobile (axe instantané de rotation) et le sommet avance à $2 v_{G}$ . Le frottement statique ne travaille pas; il convertit la translation en rotation.
Sur une pente, $a_{G} = g sin α / (1 + k)$ avec $k = I_{G} / (M R^{2})$ : la sphère ( $k = 2/5$ ) bat le cylindre plein ( $1/2$ ), qui bat l'anneau ( $1$ ), indépendamment de la masse et du rayon. Le roulement sans glissement exige $μ_{s} \geq \frac{k}{1 + k} tan α$ .
Statique: $\sum F = 0$ et $\sum M_{A} = 0$ par rapport à un point $A$ quelconque (choisi pour éliminer les inconnues); on vérifie ensuite $f \leq μ_{s} N$ et $N \geq 0$ . Un équilibre est stable si l'énergie potentielle est minimale, ce qui pour un solide posé signifie que la verticale de $G$ tombe dans la base de sustentation.
Gyroscope pesant: le moment du poids, perpendiculaire à $L = I ω$ , fait tourner l'axe dans le plan horizontal à la vitesse de précession $Ω = m g d / (I ω)$ , d'autant plus lente que la roue tourne vite.
Choc sur un solide pivotant: le moment cinétique par rapport au pivot est conservé (pas la quantité de mouvement); le centre de percussion $ℓ_{p} = I_{O} / (M h)$ est le point d'impact pour lequel le pivot ne subit aucune percussion ( $2 L /3$ pour une tige).

Série d'exercices du chapitre 10

Exercice 1 sur 5

Exercice

Un anneau, un cylindre plein et une sphère pleine, de masses et de rayons différents, sont lâchés en même temps du haut d'une même pente et roulent sans glisser. Dans quel ordre arrivent-ils en bas?

Problème guidé

Cylindre plein sur un plan incliné

Un cylindre plein homogène de masse $M = 2, 0$ kg et de rayon $R = 10$ cm est lâché sans vitesse en haut d'une pente inclinée de $α = 20°$ et longue de $ℓ = 3, 0$ m. Il roule sans glisser. On prend $g = 9, 81$ m/s² et l'on cherche son accélération, sa vitesse en bas, la force de frottement statique mise en jeu et le coefficient de frottement minimal qui rend ce roulement possible.

1
Accélération du centre de masse
Pour un cylindre plein, $I_{G} = \frac{1}{2} M R^{2}$ , donc $k = 1/2$ . Le théorème 10.5 donne l'accélération sans qu'il soit nécessaire de connaître $M$ ni $R$ .
Exercice
Calculez l'accélération $a_{G}$ du centre du cylindre (en m/s²).
m/s²
Vitesse en bas de la pente
Force de frottement statique
Coefficient de frottement minimal

Exercices

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Exercice 10.1 · Énergie cinétique d'un vélo

Un cycliste et son vélo ont une masse totale de $80$ kg (roues comprises). Chaque roue, de masse $1, 2$ kg et de rayon $0, 33$ m, est assimilée à un anneau. Le vélo roule à $25$ km/h sur une route horizontale.

Calculer la vitesse angulaire des roues et l'énergie cinétique (translation et rotation) de l'une d'elles.
Calculer l'énergie cinétique totale du système et la fraction due à la rotation des roues.
Le cycliste remplace ses roues par des roues de $0, 9$ kg. De combien l'énergie cinétique à $25$ km/h diminue-t-elle? Comparer avec l'effet d'une perte de $0, 6$ kg sur le cadre.

Solution

1. $v = 25/3, 6 = 6, 944$ m/s et $ω = v / R = 6, 944/0, 33 \approx 21, 0$ rad/s (environ $3, 3$ tours par seconde). Pour un anneau, $I_{G} = m R^{2}$ et $\frac{1}{2} I_{G} ω^{2} = \frac{1}{2} m R^{2} (v / R)^{2} = \frac{1}{2} m v^{2}$ : l'énergie de rotation est égale à l'énergie de translation,

E_{trans} = E_{rot} = \frac{1}{2} \times 1, 2 \times 6, 94 4^{2} \approx 28, 9 J, E_{roue} \approx 57, 9 J .

2. Le théorème de König appliqué à chaque roue et l'additivité de l'énergie donnent

E_{c} = \frac{1}{2} \times 80 \times 6, 94 4^{2} + 2 \times 28, 9 \approx 1929 + 57, 9 \approx 1987 J .

La rotation des roues représente $57, 9/1987 \approx 2, 9 %$ du total: c'est peu, mais c'est autant qu'une masse supplémentaire de $2, 4$ kg en translation.

3. Chaque roue «coûte» $m v^{2}$ (translation + rotation) au lieu de $\frac{1}{2} m v^{2}$ . Passer de $1, 2$ à $0, 9$ kg par roue économise $2 \times 0, 3 \times v^{2} = 0, 6 \times 48, 2 \approx 28, 9$ J, alors que la même perte de $0, 6$ kg sur le cadre n'économise que $\frac{1}{2} \times 0, 6 \times v^{2} \approx 14, 5$ J. C'est l'origine du dicton des cyclistes «un gramme sur la roue vaut deux grammes sur le cadre», exact pour la jante, et exagéré pour le moyeu, dont le rayon est petit. À vitesse constante sur le plat, cette énergie n'est payée qu'à l'accélération; en montée, seule la masse totale compte.

Exercice 10.2 · Identifier un solide à sa vitesse d'arrivée

Un solide de révolution inconnu (masse $M$ , rayon $R$ ) est lâché sans vitesse en haut d'une pente inclinée de $25°$ et longue de $2, 0$ m. On mesure sa vitesse en bas: $v = 3, 3$ m/s. On suppose qu'il roule sans glisser.

Déterminer le coefficient $k = I_{G} / (M R^{2})$ et identifier la forme du solide.
Calculer la durée de la descente.
Quel coefficient de frottement statique minimal le sol doit-il présenter? Que se passerait-il sur une pente de $60°$ avec $μ_{s} = 0, 30$ ?

Solution

1. La conservation de l'énergie avec le théorème de König, $\frac{1}{2} (1 + k) M v^{2} = M g ℓ sin α$ , donne

1 + k = \frac{2 g ℓ sin α}{v ^{2}} = \frac{2 \times 9 , 81 \times 2 , 0 \times 0 , 4226}{3 , 3 ^{2}} = \frac{16 , 58}{10 , 89} \approx 1, 52, k \approx 0, 52.

Compte tenu de l'incertitude de la mesure, $k = 1/2$ : c'est un cylindre plein (ou un disque). Une sphère aurait donné $v = 3, 44$ m/s et un anneau $2, 88$ m/s.

2. Le mouvement est uniformément accéléré depuis le repos, donc la vitesse moyenne est $v /2$ et $t = ℓ / (v /2) = 2 ℓ / v = 4, 0/3, 3 \approx 1, 21$ s. On vérifie avec $a = g sin α /1, 5 = 2, 76$ m/s²: $t = v / a = 1, 19$ s (l'écart vient de l'arrondi de $k$ ).

3. D'après (10.7), $μ_{s} \geq \frac{k}{1 + k} tan α = \frac{1}{3} tan 25° \approx 0, 155$ . Sur une pente de $60°$ , il faudrait $μ_{s} \geq \frac{1}{3} tan 60° = 0, 577$ : avec $μ_{s} = 0, 30$ , le cylindre roule et glisse. Le frottement est alors cinétique, $f = μ_{c} M g cos α$ , et les deux équations du mouvement se découplent: $a_{G} = g (sin α - μ_{c} cos α)$ pour la translation et $\overset{ω}{˙} = 2 μ_{c} g cos α / R$ pour la rotation, avec $a_{G} > R \overset{ω}{˙}$ : le point de contact glisse vers le bas et le cylindre tourne «trop lentement» pour sa vitesse.

Exercice 10.3 · Potence d'enseigne

Une poutre horizontale homogène de masse $m_{b} = 15$ kg et de longueur $L = 2, 4$ m est articulée à un mur en $O$ . Un câble, fixé à la poutre à $1, 8$ m de $O$ et au mur au-dessus de $O$ , fait un angle de $40°$ avec la poutre. Une enseigne de masse $m = 30$ kg est suspendue à l'extrémité libre de la poutre.

Calculer la tension du câble.
Calculer les composantes horizontale et verticale de la réaction de l'articulation, et commenter leur signe.
Où faudrait-il accrocher le câble pour que la réaction verticale de l'articulation soit nulle?

Solution

1. Forces sur la poutre: son poids $m_{b} g = 147, 2$ N au milieu ( $1, 2$ m de $O$ ), le poids de l'enseigne $m g = 294, 3$ N à $2, 4$ m, la tension $T$ à $1, 8$ m (composante verticale $T sin 40°$ , horizontale $- T cos 40°$ , dirigée vers le mur) et la réaction $(R_{x}, R_{y})$ en $O$ . Moments en $O$ (positifs dans le sens qui soulève l'extrémité libre):

T \times 1, 8 sin 40° = 147, 2 \times 1, 2 + 294, 3 \times 2, 4 = 176, 6 + 706, 3 = 882, 9 N \cdot m ⟹ T = \frac{882 , 9}{1 , 8 \times 0 , 6428} \approx 763 N .

2. $\sum F_{x} = 0$ : $R_{x} = T cos 40° \approx 585$ N, dirigée vers l'extérieur (la poutre est comprimée entre le câble qui la tire vers le mur et l'articulation qui la repousse). $\sum F_{y} = 0$ : $R_{y} = (m_{b} + m) g - T sin 40° = 441, 5 - 490, 5 \approx - 49$ N. Le signe négatif signifie que l'articulation tire la poutre vers le bas: comme le câble est accroché en deçà de l'enseigne, sa composante verticale doit dépasser le poids total pour équilibrer le moment, et l'articulation doit retenir la poutre. Un simple appui (qui ne peut que pousser) ne conviendrait pas: il faut une vraie articulation. La réaction totale vaut $58 5^{2} + 4 9^{2} \approx 587$ N.

3. $R_{y} = 0$ demande $T sin 40° = (m_{b} + m) g = 441, 5$ N, et le moment en $O$ impose $T sin 40° \times d = 882, 9$ N·m, d'où $d = 882, 9/441, 5 = 2, 0$ m: c'est la position du centre de masse de l'ensemble poutre + enseigne ( $\frac{15 \times 1 , 2 + 30 \times 2 , 4}{45} = 2, 0$ m). Accroché là, le câble reprend tout le poids et l'articulation ne transmet qu'un effort horizontal $T cos 40° = 526$ N.

Exercice 10.4 · Où frapper une boule de billard?

Une boule de billard (masse $M$ , rayon $R$ , $I_{G} = \frac{2}{5} M R^{2}$ ) est frappée horizontalement par la queue en un point situé à la hauteur $h$ au-dessus de son centre. La percussion $J$ est très brève, de sorte que le frottement du tapis est négligeable pendant le choc.

Exprimer la vitesse $v_{0}$ du centre et la vitesse angulaire $ω_{0}$ juste après le choc en fonction de $J$ , $M$ , $R$ et $h$ .
Pour quelle hauteur $h$ la boule roule-t-elle sans glisser dès le choc? Exprimer cette hauteur par rapport au tapis, et la calculer pour $R = 28, 6$ mm.
Si la boule est frappée en son centre ( $h = 0$ ), montrer que sa vitesse finale de roulement vaut $\frac{5}{7} v_{0}$ (exemple 10.2). Que se passe-t-il si $h$ est supérieur à la valeur trouvée en 2 (effet «coulé»), ou si l'on frappe sous le centre (effet «rétro»)?

Solution

1. Pendant le choc, les théorèmes du centre de masse et du moment cinétique en $G$ intégrés sur la durée du choc donnent $M v_{0} = J$ et $I_{G} ω_{0} = J h$ (le poids et la réaction du tapis ont un moment nul en $G$ , et leur impulsion est négligeable devant $J$ ). Ainsi

v_{0} = \frac{J}{M}, ω_{0} = \frac{J h}{I _{G}} = \frac{5 J h}{2 M R ^{2}} = \frac{5 h}{2 R ^{2}} v_{0} .

2. Le roulement sans glissement demande $v_{0} = R ω_{0}$ , soit $1 = \frac{5 h}{2 R}$ et

h = \frac{2 R}{5}, c’est- \overset{a}{ˋ} -dire \overset{a}{ˋ} la hauteur R + \frac{2 R}{5} = \frac{7 R}{5} au-dessus du tapis .

Pour $R = 28, 6$ mm: $h = 11, 4$ mm au-dessus du centre, soit $40, 0$ mm au-dessus du tapis, à $70 %$ de la hauteur de la boule. En général, la hauteur qui donne le roulement immédiat est $h = I_{G} / (M R) = k R$ : c'est aussi la formule du centre de percussion (10.10) appliquée avec le point de contact comme «pivot», $ℓ_{p} = I_{A} / (M R) = (1 + k) R$ , mesuré depuis le tapis.

3. Avec $h = 0$ , $ω_{0} = 0$ et la boule glisse; le frottement cinétique $μ_{c} M g$ dirigé vers l'arrière freine $G$ et accélère la rotation. Le moment cinétique par rapport au point de contact géométrique $A$ est conservé pendant le glissement, puisque le poids, la réaction normale et le frottement ont tous une ligne d'action passant par $A$ (et $v_{A} ∥ v_{G}$ , ce qui autorise le calcul en $A$ ). Avant: $L_{A} = M v_{0} R$ (translation seule). Après, au roulement sans glissement: $L_{A} = I_{A} ω = \frac{7}{5} M R^{2} \cdot \frac{v}{R} = \frac{7}{5} M R v$ . L'égalité donne $v = \frac{5}{7} v_{0}$ , indépendamment de $μ_{c}$ , ce qui confirme l'exemple 10.2 sans intégrer les équations du mouvement.

Si $h > 2 R /5$ , alors $R ω_{0} > v_{0}$ : le point de contact recule, le frottement est dirigé vers l'avant et accélère la boule jusqu'au roulement, à une vitesse finale supérieure à $v_{0}$ (coulé). Si l'on frappe sous le centre ( $h < 0$ ), la rotation initiale est rétrograde: le frottement, vers l'arrière, freine fortement la boule, qui peut s'arrêter puis revenir vers le joueur (rétro) si $ω_{0}$ est assez grand. Dans tous les cas, $L_{A}$ est conservé pendant le glissement, et la vitesse finale vaut $v = \frac{v _{0} + \frac{2}{5} R ω _{0}}{7/5}$ , avec $ω_{0}$ compté positivement dans le sens du roulement vers l'avant.

Exercice 10.5 · Précession du gyroscope: démonstration vectorielle

Un gyroscope est constitué d'un disque de masse $m$ et de moment d'inertie $I$ par rapport à son axe, tournant à la vitesse angulaire $ω$ , monté sur un axe sans masse dont l'extrémité $O$ repose sur un pivot. Le centre de masse $G$ est à la distance $d$ de $O$ , et l'axe fait l'angle $θ$ avec la verticale ascendante $e_{z}$ (pour $θ = 90°$ , l'axe est horizontal). On note $u$ le vecteur unitaire de l'axe, orienté de $O$ vers $G$ , et l'on admet l'approximation gyroscopique $L = I ω u$ .

Exprimer le moment du poids par rapport à $O$ et montrer qu'il est horizontal et perpendiculaire à $u$ .
Montrer que $∥ L ∥$ et l'angle $θ$ sont constants.
On cherche une solution où $u$ tourne uniformément autour de $e_{z}$ : $d u / d t = Ω \land u$ avec $Ω = Ω e_{z}$ . Montrer que le théorème du moment cinétique est satisfait si et seulement si $Ω = \frac{m g d}{I ω}$ , indépendamment de $θ$ .
Le moment cinétique de la précession vaut environ $I^{'} Ω$ , où $I^{'} \approx m d^{2}$ est le moment d'inertie du disque par rapport à la verticale passant par $O$ . Montrer que l'approximation gyroscopique exige $ω^{2} ≫ \frac{g d m ^{2} d ^{2}}{I ^{2}}$ , et vérifier cette condition pour le gyroscope de l'exemple 10.8.

Solution

1. Le poids $- m g e_{z}$ s'applique en $G$ , avec $O G = d u$ :

M_{O} = d u \land (- m g e_{z}) = m g d (e_{z} \land u) .

Le produit vectoriel $e_{z} \land u$ est perpendiculaire à $e_{z}$ (donc horizontal) et à $u$ ; sa norme vaut $sin θ$ . Ainsi $∥ M_{O} ∥ = m g d sin θ$ , maximal pour l'axe horizontal et nul pour l'axe vertical (équilibre, instable en pratique).

2. Le théorème du moment cinétique en $O$ (point fixe) s'écrit $d L / d t = M_{O}$ . D'une part, $\frac{d}{d t} ∥ L ∥^{2} = 2 L \cdot \frac{d L}{d t} = 2 L \cdot M_{O} = 0$ puisque $M_{O} ⊥ u$ : la norme de $L$ est constante. D'autre part, $\frac{d}{d t} (L \cdot e_{z}) = M_{O} \cdot e_{z} = 0$ puisque $M_{O}$ est horizontal: la composante verticale $L_{z} = I ω cos θ$ est constante, donc $θ$ l'est aussi. Physiquement: le poids ne peut ni changer la vitesse de rotation, ni faire tomber l'axe; il ne peut que le faire tourner autour de la verticale.

3. Avec $L = I ω u$ et $I ω$ constant, $\frac{d L}{d t} = I ω \frac{d u}{d t} = I ω Ω (e_{z} \land u)$ . Le théorème du moment cinétique demande

I ω Ω (e_{z} \land u) = m g d (e_{z} \land u) .

Comme $e_{z} \land u \neq = 0$ pour $θ \neq = 0$ , cette égalité vectorielle équivaut à $I ω Ω = m g d$ , soit $Ω = \frac{m g d}{I ω}$ . Le facteur $sin θ$ apparaît des deux côtés (dans $∥ e_{z} \land u ∥$ ) et se simplifie: le moment du poids diminue comme $sin θ$ quand l'axe se redresse, mais le rayon du cercle décrit par l'extrémité de $L$ , $L sin θ$ , diminue dans la même proportion. La vitesse de précession est donc la même pour toutes les inclinaisons, ce qui justifie l'énoncé du théorème 10.8 au-delà du cas horizontal.

4. L'approximation consiste à négliger $I^{'} Ω$ devant $I ω$ , soit $m d^{2} \frac{m g d}{I ω} ≪ I ω$ , c'est-à-dire

ω^{2} ≫ \frac{m ^{2} g d ^{3}}{I ^{2}} .

Pour l'exemple 10.8 ( $m = 0, 50$ kg, $d = 0, 080$ m, $I = 6, 25 \cdot 1 0^{- 4} kg \cdot m^{2}$ ): le membre de droite vaut $\frac{0 , 25 \times 9 , 81 \times 5 , 12 \cdot 1 0 ^{- 4}}{3 , 906 \cdot 1 0 ^{- 7}} \approx 3, 2 \cdot 1 0^{3} s^{- 2}$ , alors que $ω^{2} = 4, 0 \cdot 1 0^{4} s^{- 2}$ : le rapport est de $12, 5$ , et l'approximation est acceptable ( $I^{'} Ω/ (I ω) = 1/12, 5 = 8 %$ ). Elle se dégrade à mesure que la roue ralentit: en dessous de $ω \approx 60$ rad/s, les deux termes sont comparables, la précession n'est plus uniforme et la nutation devient visible.

Références

Gruber, C. et Benoit, W., Mécanique générale, Presses polytechniques et universitaires romandes, Lausanne, chap. 12–14 (dynamique du solide, gyroscope).
Halliday, D., Resnick, R. et Walker, J., Physique 1 – Mécanique, Chenelière Éducation, Montréal, chap. 11–12 (roulement, moment cinétique, équilibre).
Benson, H., Physique I – Mécanique, De Boeck, Bruxelles, chap. 12–13.
Kleppner, D. et Kolenkow, R. J., An Introduction to Mechanics, 2e éd., Cambridge University Press, chap. 7–8 (rigid body motion, gyroscopes).
Young, H. D. et Freedman, R. A., University Physics, 15e éd., Pearson, chap. 10–11.
Feynman, R. P., Leighton, R. B. et Sands, M., Le cours de physique de Feynman – Mécanique 1, Dunod, Paris, chap. 20 (rotation dans l'espace, gyroscope).

Objectifs du chapitre

Le mouvement général d'un solide

Translation et rotation

Énergie cinétique: théorème de König

Roulement sans glissement

La condition cinématique

Roue qui descend une pente

Course de roulement sur un plan incliné

Glissement puis roulement: la boule de billard

Yo-yo et bobine

Statique du solide

Conditions d'équilibre

L'échelle contre un mur

Pont-levis, grue et contrepoids

Stabilité de l'équilibre

Gyroscope et précession

Le moment cinétique d'une roue rapide

Stabilité gyroscopique et applications

Chocs et rotation

Conservation du moment cinétique lors d'un choc

Le centre de percussion

Synthèse

Série d'exercices du chapitre 10

Cylindre plein sur un plan incliné

Accélération du centre de masse

Vitesse en bas de la pente

Force de frottement statique

Coefficient de frottement minimal

Exercices

Références