Lycée CHAPTAL – PC* E. FREMONT Travaux dirigés Mécanique 1 - Révisions de 1ère année Eléments de correction Exercice 2 : Expériences simples mettant en jeu une table et une règle On étudie dans cet exercice deux expériences successives réalisées avec une règle plate, assimilée à une barre homogène AB de masse m et de longueur 2L . Dans tout le problème, on considèrera que le référentiel du laboratoire est galiléen et on prendra g  9,8 m.s2 . 1/ Première expérience : Equilibre de la règle sur le bord de la table On pose la règle sur le bord d’une table horizontale fixe, confondue avec le plan Oxz . On repère par x l’abscisse du point B. On admet que les actions de contact dues à la table s’exercent uniquement au niveau des points O et A. y A B x O En vous appuyant sur des schémas, mettre en évidence – sans calculs - une condition sur x pour que la règle ne bascule pas. La règle est soumise à 3 forces dans le référentiel du laboratoire :  Son poids, qui s’applique en G, milieu de [AB] ;  La réaction de la table en O (normale à la table) ;  La réaction de la table en A (1 composante normale + 1 composante tangentielle). La règle bascule autour de Oz lorsque les moments (par rapport à Oz ) des forces précédentes ne se compensent pas entre eux. Sachant que seuls le poids et la réaction normale en A ont un moment non nul par rapport à Oz , on voit 2 cas apparaître (faites les schémas !) : 1. x  L : G se trouve alors à gauche du point O et, dans ce cas, le poids tend à faire tourner la règle dans le sens trigo autour de Oz tandis que la réaction normale en A tend à la faire tourner dans l’autre sens. Les deux effets peuvent se compenser et la règle ne bascule pas. 2. x  L : G se trouve alors à droite du point O et le poids tend alors à faire tourner la règle dans le sens horaire, comme la réaction normale en A. La règle bascule inévitablement ! 2/ Deuxième expérience : Glissement de la règle sur la table On pose désormais la règle de sorte que B soit initialement confondu avec le bord O de la table. A l’instant t  0 , on lance la règle avec la vitesse initiale v0  v0 ex (parallèle à la règle). TD - Mécanique Page 1 sur 4 Lycée CHAPTAL – PC* E. FREMONT On conserve l’hypothèse selon laquelle la barre est en contact avec la table par deux points : en O et en A. On suppose de plus qu’il n’y a pas de frottement en O et on note f le coefficient de frottement entre la table et la règle en A. 2/1. Décrire qualitativement le mouvement de la règle pour t  0 . La règle commence toujours pas décrire un mouvement de translation rectiligne selon Ox , en décélérant sous l’effet des frottements solides en A. On peut alors envisager 2 cas selon la vitesse initiale à laquelle on lance la règle : 1. Si la vitesse initiale est faible, la règle s’arrête avant que le centre d’inertie G atteigne le point O. La règle atteint alors un état d’équilibre mécanique sur la table. 2. Si la vitesse initiale est suffisamment grande, G finit par dépasser le point O et la règle se met à basculer. 2/2. Moment cinétique de la barre 2/2.a. Rappeler la définition du moment cinétique d’un point matériel de masse m par rapport au point O. Comment est modifiée cette définition dans le cas d'’un système de N points matériels M i  mi  . Pour un point matériel unique : LO  M   OM  mv  M  . Pour un système de points : LO     N  OM i  mi v  M i  . i 1 2/2.b. Justifier que le moment cinétique de la barre par rapport au point O est nul tant que la barre est en translation sur la table. Pendant la phase de translation, chaque point de la règle est animé d’une vitesse horizontale, donc colinéaire à son vecteur position. D’après les relations précédentes, on peut en déduire que le moment cinétique en O de la règle est nul. 2/3. A partir du théorème du moment cinétique, déterminer l’expression de la réaction normale de la table sur la règle au point A en fonction de x . Pour quelle valeur xM de x la règle bascule-t-elle ? Le TMC en O donne : 0  OG  mg  OA  N A . En projection sur Oz , on obtient : 0    x  L  mg   x  2L  N A Puis : N A  x   mg  Lx . 2L  x La règle bascule lorsque le contact avec la table en A se rompt, ce qui se traduit par N A  xM   0 , soit xM  L comme prévu dès le début ! 2/4. Etablir l’équation du mouvement sous la forme x  h  x  tant que la règle ne bascule pas. On précisera l’expression de la fonction h . TD - Mécanique Page 2 sur 4 Lycée CHAPTAL – PC* E. FREMONT Cette fois on applique le PFD et on le projette selon Ox . Seule la composante tangentielle de la réaction en A, donnée par TA   f N A ex d’après la loi de Coulomb du frottement solide, intervient sur cet axe. On en déduit l’équation du mouvement : x   f g  Lx . Il s’agit d’une équation différentielle non linéaire ! 2L  x 2/5. Un peu d’informatique ! Proposer des valeurs plausibles pour les différents paramètres du problème et résoudre numériquement l’équation du mouvement. Estimer la valeur critique de v0 (notée v0,lim ) au-delà de laquelle on observe un basculement de la règle. Données : Valeurs indicatives de quelques coefficients de frottement Nature des matériaux en contact f Acier sur acier 0,15 Téflon sur acier 0,04 Fonte sur bronze 0,2 Nylon sur acier 0,35 Bois sur bois 0,4 à 0,2 Métaux sur bois 0,5 à 0,2 Métal sur glace 0,02 Pneu voiture sur route 0,6 On peut proposer par exemple les valeurs suivantes : m  10 g , L  10 cm et f  0, 4 . Il s’agit ensuite de résoudre numériquement (avec Python par exemple) l’équation différentielle du mouvement en imposant la condition initiale x  0   0 et en faisant varier la valeur de x  0   v0 . Il s’agit alors de trouver la valeur approximative de v0 qui permet d’atteindre la position x  L avec une vitesse nulle. A vos claviers, vous êtes meilleurs que moi dans ce domaine et n’hésitez pas à demander de l’aide à M. FUXA en cas de besoin… 2/6. Par le calcul, déterminer l’expression de la vitesse critique v0,lim . Commenter le résultat obtenu. On peut par exemple appliquer le théorème de l’énergie cinétique entre l’état initial ( x  0   0 , x  0   v0,lim ) et l’état final ( x f  L , x f  0 ). On obtient :   1 2  mv0,lim  W TA  2 i.e. 2 v0,lim  2 fg  x L x 0 TD - Mécanique  x L  fmg x 0 Lx dx  2 fg 2L  x Lx dx 2L  x  L L   1   dx 2 L x  0 Page 3 sur 4 Lycée CHAPTAL – PC* E. FREMONT i.e. 2 v0,lim  2 fg  x  L ln  2L  x   2 fgL  1  ln 2  Soit v0,lim  2 fgL  1  ln 2  L 0 On peut faire l’application numérique avec les valeurs précédentes et on trouve v0,lim  49 cm.s1 , ce qui devrait être cohérent avec l’ordre de grandeur déterminé numériquement. TD - Mécanique Page 4 sur 4