Exercices corrigés : la rotation des corps rigides (203-NYA)

a) $1800$ tours/min $=\dfrac{1800\times 2\pi}{60}=188{,}5$ rad/s. Partant du repos, $\alpha=\dfrac{\omega-\omega_{0}}{t}=\dfrac{188{,}5}{15{,}0}=12{,}57$ rad/s².

b) $\theta=\omega_{0}t+\frac{1}{2}\alpha t^{2}=0+\frac{1}{2}\times 12{,}57\times 15{,}0^{2}=1414$ rad. Le nombre de tours vaut $\dfrac{1414}{2\pi}=225$ tours. Contrôle par la vitesse moyenne : $\overline{\omega}=\dfrac{0+188{,}5}{2}=94{,}25$ rad/s, et $94{,}25\times 15{,}0=1414$ rad. Les deux méthodes concordent.

c) $v=\omega r=188{,}5\times 0{,}300=56{,}6$ m/s, soit plus de 200 km/h. $a_{t}=\alpha r=12{,}57\times 0{,}300=3{,}77$ m/s². $a_{c}=\omega^{2}r=188{,}5^{2}\times 0{,}300=1{,}07\times 10^{4}$ m/s².

d) L'accélération centripète est environ 2800 fois plus grande que l'accélération tangentielle, et elle vaut plus de mille fois $g$. C'est elle qui dimensionne la meule : la matière doit être maintenue sur une trajectoire circulaire, ce qui exige une force centripète énorme fournie par la cohésion interne du disque. Si la vitesse dépasse la limite du matériau, la meule ÉCLATE, les fragments partant tangentiellement. C'est pourquoi les meules portent une vitesse maximale gravée et pourquoi elles sont toujours utilisées derrière un carter. Noter que $a_{c}$ varie comme $\omega^{2}$ : doubler la vitesse de rotation quadruple la contrainte.

a) $\tau=rF\sin\theta=0{,}250\times 80{,}0\times\sin 60{,}0^{\circ}=0{,}250\times 80{,}0\times 0{,}866=17{,}3$ N·m.

b) Perpendiculairement, $\sin 90^{\circ}=1$ et $\tau=0{,}250\times 80{,}0=20{,}0$ N·m, valeur MAXIMALE possible pour cette force et ce bras. À 60,0°, on n'obtient que 86,6 % de ce maximum, donc une perte de 13,4 %. C'est la raison pour laquelle on tire toujours perpendiculairement à une clé : toute autre direction gaspille une partie de l'effort en tirant le boulon au lieu de le faire tourner.

c) On veut $\tau=20{,}0$ N·m avec $r=0{,}750$ m et $\sin\theta=1$ : $F=\dfrac{20{,}0}{0{,}750}=26{,}7$ N. En triplant le bras, on divise par trois la force nécessaire. C'est tout l'intérêt de la rallonge, et aussi son danger : il devient facile de dépasser le couple de serrage prescrit et d'arracher le filetage.

d) Les deux forces sont tangentielles, donc perpendiculaires au rayon. Elles tendent à faire tourner dans des sens opposés, donc leurs moments se retranchent : $\tau_{net}=\left(45{,}0-30{,}0\right)\times 0{,}200=15{,}0\times 0{,}200=3{,}00$ N·m. La rotation se fait dans le sens imposé par la force de 45,0 N, la plus grande. Noter que la force résultante sur la poulie n'est pas nulle non plus, mais c'est l'axe qui l'encaisse : les deux questions, translation et rotation, se traitent séparément.

a) Par le centre : $I_{cm}=\frac{1}{12}ML^{2}=\frac{1}{12}\times 2{,}00\times 1{,}20^{2}=0{,}240$ kg·m². Par une extrémité : $I=\frac{1}{3}ML^{2}=\frac{1}{3}\times 2{,}00\times 1{,}44=0{,}960$ kg·m². Le moment d'inertie est QUATRE fois plus grand, pour le même objet et la même masse : c'est la répartition par rapport à l'axe qui change tout.

b) La distance entre le centre de masse et l'extrémité est $d=\dfrac{L}{2}=0{,}600$ m. Alors $I=I_{cm}+Md^{2}=0{,}240+2{,}00\times 0{,}600^{2}=0{,}240+0{,}720=0{,}960$ kg·m². On retrouve exactement la valeur de a.

c) Le poids s'applique au centre de masse, à 0,600 m de l'axe, et il est perpendiculaire à la tige quand celle-ci est horizontale. Donc $\tau=Mg\dfrac{L}{2}=2{,}00\times 9{,}80\times 0{,}600=11{,}8$ N·m. Alors $\alpha=\dfrac{\tau}{I}=\dfrac{11{,}76}{0{,}960}=12{,}25$ rad/s².

d) L'extrémité est à $r=L=1{,}20$ m, donc $a_{t}=\alpha L=12{,}25\times 1{,}20=14{,}7$ m/s². C'est 1,5 fois $g$ : l'extrémité de la tige accélère PLUS VITE qu'un objet en chute libre. Il n'y a pas de paradoxe : la tige n'est pas un objet libre, elle est tenue par son articulation. Celle-ci exerce une force vers le bas sur la tige, et les parties proches de l'axe, qui accélèrent moins que $g$, « retiennent » d'autant moins l'extrémité que la rigidité leur transmet un supplément de force. Autrement dit, la tige se comporte comme un levier qui redistribue le poids total vers son extrémité.

e) La pièce, elle, est LIBRE : elle ne peut qu'accélérer à $g=9{,}80$ m/s². L'extrémité de la tige, qui descend à 14,7 m/s², s'ESCAMOTE plus vite que la pièce ne tombe. La pièce se retrouve donc en l'air, séparée de la tige, et elle atterrit plus loin le long de celle-ci, ou dans un gobelet placé au bon endroit si l'on veut faire le tour de magie classique. Le point d'équilibre se situe là où $a_{t}=g$, c'est-à-dire à $r=\dfrac{g}{\alpha}=\dfrac{9{,}80}{12{,}25}=0{,}800$ m de l'axe : au-delà, la tige devance la chute libre.

a) Rouler sans glisser signifie que le point de contact est instantanément immobile, ce qui impose $v_{cm}=\omega R$. L'énergie cinétique totale est $K=\frac{1}{2}Mv^{2}+\frac{1}{2}I\omega^{2}$. En remplaçant $\omega=\dfrac{v}{R}$ : $K=\frac{1}{2}Mv^{2}+\frac{1}{2}I\dfrac{v^{2}}{R^{2}}=\frac{1}{2}Mv^{2}\left(1+\dfrac{I}{MR^{2}}\right)$. Le facteur $\dfrac{I}{MR^{2}}$ vaut $\frac{2}{5}$ pour la sphère, $\frac{1}{2}$ pour le disque et 1 pour l'anneau.

b) Par conservation de l'énergie sur une descente de hauteur $h$ : $Mgh=\frac{1}{2}Mv^{2}\left(1+\frac{I}{MR^{2}}\right)$. En dérivant, ou en écrivant $v^{2}=2ad$ avec $h=d\sin\theta$, on obtient $a=\dfrac{g\sin\theta}{1+\frac{I}{MR^{2}}}$. Avec $g\sin 30^{\circ}=4{,}90$ m/s² : sphère $\dfrac{4{,}90}{1{,}4}=3{,}50$ m/s² ; disque $\dfrac{4{,}90}{1{,}5}=3{,}27$ m/s² ; anneau $\dfrac{4{,}90}{2}=2{,}45$ m/s².

c) $v=\sqrt{\dfrac{2gh}{1+\frac{I}{MR^{2}}}}$ avec $h=2{,}00$ m. Sphère : $\sqrt{\dfrac{39{,}2}{1{,}4}}=5{,}29$ m/s. Disque : $\sqrt{\dfrac{39{,}2}{1{,}5}}=5{,}11$ m/s. Anneau : $\sqrt{\dfrac{39{,}2}{2}}=4{,}43$ m/s. La sphère gagne, l'anneau arrive bon dernier.

d) Parce que $M$ et $R$ DISPARAISSENT du résultat. Le facteur $\dfrac{I}{MR^{2}}$ est un nombre pur qui ne dépend que de la FORME : la masse et le rayon se simplifient dans le rapport. Physiquement, un objet plus massif a plus d'énergie potentielle mais aussi plus d'inertie, dans la même proportion. Le seul critère est donc la façon dont la masse est répartie : l'anneau a toute sa masse au rayon maximal, il doit donc consacrer la moitié de son énergie à la rotation, contre deux septièmes seulement pour la sphère, qui a plus de masse près de l'axe. Un boulet de canon et une bille de roulement arrivent exactement ensemble.

e) Sans frottement, rien ne peut exercer de moment de force par rapport au centre de masse : aucun des trois objets ne se met à tourner, ils GLISSENT tous sans rouler. Toute l'énergie potentielle passe alors en énergie de translation, et les trois arrivent EN MÊME TEMPS, avec $a=g\sin\theta=4{,}90$ m/s² et $v=\sqrt{2gh}=6{,}26$ m/s, plus vite que n'importe lequel d'entre eux ne roulait. C'est le frottement, souvent perçu comme une simple perte, qui crée ici toute la richesse du problème.

a) Aucun moment de force extérieur ne s'exerce autour de l'axe vertical : la glace est presque sans frottement et le poids est parallèle à l'axe. Donc $L$ se conserve : $I_{1}\omega_{1}=I_{2}\omega_{2}$, d'où $\omega_{2}=\dfrac{4{,}50\times 1{,}50}{1{,}20}=5{,}63$ rad/s. La vitesse est multipliée par 3,75, exactement le rapport des moments d'inertie.

b) $K_{1}=\frac{1}{2}I_{1}\omega_{1}^{2}=\frac{1}{2}\times 4{,}50\times 1{,}50^{2}=5{,}06$ J. $K_{2}=\frac{1}{2}\times 1{,}20\times 5{,}63^{2}=19{,}0$ J. L'énergie cinétique a été MULTIPLIÉE par 3,75, elle aussi.

c) La différence de 13,9 J vient du TRAVAIL MUSCULAIRE de la patineuse. En ramenant ses bras, elle doit tirer vers l'intérieur contre la force centrifuge apparente, et ce déplacement contre une force représente un travail positif fourni au système. Il n'y a donc aucune contradiction : la conservation du moment cinétique n'exige que l'absence de moment de force EXTÉRIEUR, alors que la conservation de l'énergie exigerait l'absence de travail, y compris intérieur. Le résultat général se retient ainsi : quand $I$ diminue à $L$ constant, $\omega$ varie comme $\frac{1}{I}$ mais $K=\frac{L^{2}}{2I}$ varie comme $\frac{1}{I}$ également, donc l'énergie augmente toujours.

d) La personne, assimilée à un point à 2,00 m de l'axe, apporte $I_{p}=mr^{2}=60{,}0\times 2{,}00^{2}=240$ kg·m². Elle arrive sans moment cinétique propre autour de l'axe. La conservation donne $250\times 2{,}00=\left(250+240\right)\omega'$, d'où $\omega'=\dfrac{500}{490}=1{,}02$ rad/s. Le manège ralentit de moitié environ.

e) $K_{1}=\frac{1}{2}\times 250\times 2{,}00^{2}=500$ J et $K_{2}=\frac{1}{2}\times 490\times 1{,}02^{2}=255$ J : on a PERDU 49 % de l'énergie, alors qu'en b on en avait gagné. La différence tient à la nature du processus. En b, un agent intérieur fournit du travail de façon contrôlée. En d, il s'agit d'un choc PARFAITEMENT INÉLASTIQUE : la personne, initialement immobile, doit être mise en rotation par frottement contre le plancher du manège, et ce frottement dissipe de l'énergie en chaleur. C'est l'exact analogue rotationnel d'une collision parfaitement inélastique, où la quantité de mouvement se conserve mais où l'énergie cinétique diminue toujours.

a) Pour $m_{1}$ qui monte : $T_{1}-m_{1}g=m_{1}a$. Pour $m_{2}$ qui descend : $m_{2}g-T_{2}=m_{2}a$. Pour la poulie, les deux tensions s'appliquent tangentiellement et en sens opposés : $\left(T_{2}-T_{1}\right)R=I\alpha$, avec $\alpha=\dfrac{a}{R}$ puisque le fil ne glisse pas. Si $T_{1}$ était égale à $T_{2}$, le moment résultant serait nul et la poulie ne pourrait pas accélérer : c'est précisément la DIFFÉRENCE de tension qui la met en rotation. L'égalité des tensions n'est valable que pour une poulie de masse négligeable.

b) En additionnant les trois équations, les tensions s'éliminent : $m_{2}g-m_{1}g=m_{1}a+m_{2}a+\dfrac{I}{R^{2}}a$, d'où le résultat annoncé. Numériquement, $\dfrac{I}{R^{2}}=\dfrac{0{,}0900}{0{,}0225}=4{,}00$ kg, et $a=\dfrac{\left(5{,}00-3{,}00\right)\times 9{,}80}{3{,}00+5{,}00+4{,}00}=\dfrac{19{,}6}{12{,}0}=1{,}63$ m/s².

c) $T_{1}=m_{1}\left(g+a\right)=3{,}00\times\left(9{,}80+1{,}633\right)=34{,}3$ N. $T_{2}=m_{2}\left(g-a\right)=5{,}00\times\left(9{,}80-1{,}633\right)=40{,}8$ N. On a bien $T_{2}>T_{1}$. Vérification : $\left(T_{2}-T_{1}\right)R=\left(40{,}83-34{,}30\right)\times 0{,}150=0{,}980$ N·m, et $I\alpha=0{,}0900\times\dfrac{1{,}633}{0{,}150}=0{,}0900\times 10{,}89=0{,}980$ N·m. Les deux coïncident.

d) Sans masse, $I=0$ et $a=\dfrac{19{,}6}{8{,}00}=2{,}45$ m/s², soit 50 % de plus. Le terme $\dfrac{I}{R^{2}}$, homogène à une masse et valant ici 4,00 kg, s'ajoute simplement aux masses en translation : c'est la MASSE ÉQUIVALENTE de la poulie, c'est-à-dire la masse qu'il faudrait ajouter au système en translation pour produire la même inertie. Une poulie pesante freine donc le système exactement comme le ferait une charge supplémentaire, ce qui donne une lecture très intuitive de $I$.

e) Après $t=1{,}50$ s, $v=at=1{,}633\times 1{,}50=2{,}45$ m/s et $\omega=\dfrac{v}{R}=16{,}3$ rad/s. L'énergie cinétique totale vaut $K=\frac{1}{2}\left(m_{1}+m_{2}\right)v^{2}+\frac{1}{2}I\omega^{2}=\frac{1}{2}\times 8{,}00\times 6{,}00+\frac{1}{2}\times 0{,}0900\times 266{,}9=24{,}0+12{,}0=36{,}0$ J. Vérification par l'énergie : chaque masse s'est déplacée de $d=\frac{1}{2}at^{2}=1{,}84$ m, donc $m_{2}$ est descendue de 1,84 m et $m_{1}$ est montée d'autant. La variation d'énergie potentielle vaut $\left(m_{2}-m_{1}\right)gd=2{,}00\times 9{,}80\times 1{,}838=36{,}0$ J, exactement l'énergie cinétique acquise. Aucun frottement n'ayant été supposé, le bilan est parfait.