Équilibre
d’un clown sur un ballon
I. CINÉTIQUE ET CINÉMATIQUE
I.1.a. L’angle
a étant constant, A et donc H (car AH
est toujours vertical) ont la même vitesse et la même accélération que C :
${{\bf{v}}_{\bf{H}}}
= \dot x{{\bf{e}}_{\bf{x}}} = v{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$ et ${{\bf{a}}_{\bf{H}}} = \ddot x{{\bf{e}}_{\bf{x}}} =
a{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$
I.1.b. G
est le centre de masse du système clown-ballon donc :$\left( {M + m} \right){\bf{OG}} = M{\bf{OH}} +
m{\bf{OC}}$. On en déduit :
${{\bf{v}}_G} =
\dot x{{\bf{e}}_{\bf{x}}} = v{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$ et ${{\bf{a}}_G} = \ddot x{{\bf{e}}_{\bf{x}}} =
a{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$
I.2. Le ballon roule sans glisser sur le
sol horizontal donc ${{\bf{v}}_{{\bf{I}} \in
ballon}} = \vec 0$ dans (R
). La vitesse de C s’écrit alors : ${{\bf{v}}_{\bf{C}}} = {{\bf{v}}_{{\bf{I}} \in
ballon}} + \omega {{\bf{e}}_{\bf{y}}} \wedge {\bf{IC}}$ soit : ${{\bf{v}}_{\bf{c}}} = R\dot \varphi
{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$
Le
non-glissement se traduit donc par : $v =
\dot x = R\dot \varphi $
I.3. Le point A appartenant au clown à la
même vitesse que C dans (R
). La vitesse du clown par rapport au ballon est l’opposé de la
vitesse (dans (R*))
du point A appartenant au ballon. Cette vitesse est tangente au ballon en A et
a pour norme $R\left| {\dot \varphi } \right| =
\left| v \right|$.
I.4. Le moment d’inertie du ballon par
rapport au centre C vaut mR2
car toute la masse est répartie sur la surface du ballon. Compte tenu de la
symétrie sphérique du ballon :${J_{Cx}} =
{J_{Cy}} = {J_{Cz}}$. On en déduit :
$J = {J_{Cy}} =
\frac{2}{3}{J_O} = \frac{2}{3}m{R^2}$
I.6.
I.6.a. On
néglige l’inertie des parties mobiles du clown dans sa marche ou sa course à
petits pas de sorte que son mouvement est, dans (R ), un mouvement de translation. Dans le
référentiel barycentrique (R*
), le clown est donc considéré comme fixe. Par conséquent : ${\bf{L}}{'_{H/(R)}} = {\bf{L}}'* = \vec 0$.
Le moment cinétique du clown par rapport à I vaut donc : ${\bf{L}}{'_{I/(R)}} = {\bf{L}}'* + {\bf{IH}} \wedge
M{{\bf{v}}_H} = MR\left( {3 + \cos \alpha } \right)v{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$
I.6.b. Pour
le système clown-ballon, le moment cinétique total s’écrit alors :
${\bf{L}} =
{{\bf{L}}_{I/(R)}} + {\bf{L}}{'_{I/(R)}} = \left( {\frac{5}{3}m + M\left( {3 +
\cos \alpha } \right)} \right)Rv{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$
II. DYNAMIQUE
II.1. ${\left.
{\frac{{d{{\bf{L}}_{P/(R)}}}}{{dt}}} \right)_{(R)}} = {M_P} +
M{{\bf{v}}_{G/(R)}} \wedge {{\bf{v}}_{P/(R)}}$ où G est le centre de
masse du solide de masse M. Se
référer au cours pour la démonstration.
II.2.
II.2.a. Le
point géométrique de contact a une vitesse colinéaire à celle du centre de
masse du système clown-ballon. Le théorème du moment cinétique appliqué en ce
point pour tout le système s’écrit donc :
${\left.
{\frac{{d{{\bf{L}}_{I/(R)}}}}{{dt}}} \right)_{(R)}} = {M_I}$
En
projetant sur Oy, on en déduit
l’accélération du centre C du ballon (identique à l’accélération de G et de
tout point du clown) :
$a =
\frac{{Mg\sin \alpha }}{{\frac{5}{3}m + M\left( {3 + \cos \alpha } \right)}}$
On
constate que le mouvement de C est uniformément accéléré.
II.2.b. A.N :
a = 0,21 m.s-2.
II.3.
II.3.a. Le
théorème de la résultante cinétique appliqué au système complet s’écrit :
$\left( {M + m}
\right){\bf{a}} = {\bf{T}} + {\bf{N}} + \left( {M + m} \right){\bf{g}}$
En projection sur Ox : $T = \left( {M + m} \right)a$ et sur Oy : $N = \left( {M + m} \right)g$ en posant ${\bf{T}} = T{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$ et ${\bf{N}} = N{{\bf{e}}_{\bf{z}}}$
II.3.b. Vérifions
la condition de non-glissement : $\left| T
\right| < f\left| N \right|$.
$\frac{{\left| T
\right|}}{{\left| N \right|}} = \frac{{M\left| {\sin \alpha }
\right|}}{{\frac{5}{3}m + M\left( {3 + \cos \alpha } \right)}}$=0,02 < f si f = 0,2.
II.4.a. On
a montré que la vitesse du clown par rapport au ballon a pour norme v. L’accélération étant constante :
v = at. La vitesse limite est atteinte à l’instant t tel que : $\tau =
\frac{{{v_{\lim }}}}{a}$. t = 10 s. La distance
parcourue est alors : $d =
\frac{1}{2}a{\tau ^2} = \frac{{v_{\lim }^2}}{{2a}}$ : d = 10 m.
Ensuite
le clown tombe car il ne peut pas marcher plus vite.
II.4.b. La
puissance fournie par le clown sert à accroître l’énergie cinétique du système
clown-ballon : ${P_u} =
\frac{{d{E_K}}}{{dt}}$ avec ${E_K} =
{E_K}\left( {{\rm{clown}}} \right) + {E_K}\left( {{\rm{ballon}}} \right)$
${E_K}\left( {{\rm{clown}}} \right) =
\frac{1}{2}M{v^2}$ et ${E_K}\left(
{{\rm{ballon}}} \right) = E_K^* + \frac{1}{2}m{v^2}$ d’après le théorème
de Kœnig. Le ballon a un mouvement de rotation dans le référentiel
barycentrique autour de Cy à la
vitesse angulaire $\dot \varphi $. Dans
ce référentiel, l’énergie cinétique vaut donc : $E_K^* = \frac{1}{2}J{\dot \varphi ^2}$.
Pour
l’ensemble ballon-clown : ${E_K} =
\frac{1}{2}\left( {M + \frac{5}{3}m} \right){v^2}$
On
en déduit la puissance instantanée fournie par le clown : ${P_u} = \frac{{d{E_K}}}{{dt}} = \left( {M +
\frac{5}{3}m} \right){\bf{v}}.{\bf{a}}$ soit :
${P_u} =
\frac{{d{E_K}}}{{dt}} = \frac{{M + \frac{5}{3}m}}{{\frac{5}{3}m + M\left( {3 +
\cos \alpha } \right)}}Mg\sin \alpha {\rm{
}}v$
La puissance développée par le clown est donc
maximale à l’instant où sa vitesse par rapport au ballon est maximale
(2 m/s) :
${P_{uMAX}} = \frac{{d{E_K}}}{{dt}} = \frac{{M +
\frac{5}{3}m}}{{\frac{5}{3}m + M\left( {3 + \cos \alpha } \right)}}Mg\sin
\alpha {\rm{ }}{v_{MAX}}$
A.N : PuMAX = 29 W
III. STATIQUE ET DYNAMIQUE SUR
PLAN INCLINE
III.1.
III.1.a. A
l’équilibre du système clown-ballon, le torseur des actions extérieures est
nul :
${\bf{T}} + {\bf{N}} + \left( {M + m} \right){\bf{g}}
= \vec 0$ (1)
$M({\bf{T}}) + M({\bf{N}}) + M(M{\bf{g}}) +
M(m{\bf{g}}) = \vec 0$ (2)
où
M(
F) représente le moment
de la force
F.
Remarquons que le point par rapport auquel on
calcule le moment des actions extérieures n’a pas d’importance car la
résultante des actions extérieures est nulle.
En appliquant (2) au point I, on obtient : ${\bf{IC}} \wedge m{\bf{g}} + {\bf{IH}} \wedge
M{\bf{g}} = \vec 0$ qui devient après simplifications :
$\sin
(\alpha + \beta ) = - \frac{{m + M}}{M}\sin \beta $
Avec
$0 <
\beta < 90^\circ $, on trouve
que
$\alpha
+ \beta < 0$
c’est-à-dire
$\alpha < -
\beta < 0$(cf. figure
ci-dessous).
III.1.b. La
relation (1) projeté sur les axes Ox
et Oz donnent respectivement :
$T =
- \left( {m + M} \right)g\sin \beta $
$N = \left( {m + M} \right)g\cos
\beta $
Le
glissement ne s’amorce pas si
$\frac{{\left| T
\right|}}{{\left| N \right|}} < f$ soit :
$\tan \beta
< f$. Avec
f = 0,2,
on trouve
b < 11°
III.1.c. Pour
que le système soit à l’équilibre pour b = 5°,
il faut a = -10,5°
III.2.
III.2.a. Le
raisonnement des questions I.5 et I.6 reste valable ici. Le seul changement
provient de l’expression de IH
qui s’écrit maintenant : ${\bf{IH}}
= R\left( {\left( {\sin \alpha - 2\sin
\beta } \right){{\bf{e}}_{\bf{x}}} + \left( {1 + \cos \alpha + 2\cos \beta } \right){{\bf{e}}_z}} \right)$.
Le
moment cinétique par rapport à I du ballon est inchangé et celui du clown
devient :
${\bf{L}}{'_{I/(R')}}({\rm{clown}})
= {\bf{L}}'* + {\bf{IH}} \wedge M{{\bf{v}}_H} = MR\left( {1 + \cos \alpha + 2\cos \beta } \right)v{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$
Le
moment cinétique total en I s’écrit donc :
${{\bf{L}}_{I/(R')}}
= \left( {\frac{5}{3}m + M\left( {1 + \cos \alpha + 2\cos \beta } \right)} \right)Rv{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$
Avec
b = 0, on retrouve bien sûr
le résultat de la question I.6.b
III.2.b. En
appliquant le théorème du moment cinétique en I (point géométrique de contact)
comme en II.2 :
${\left.
{\frac{{d{{\bf{L}}_{I/(R')}}}}{{dt}}} \right)_{(R')}} = {M_I} =
{M_I}(m{\bf{g}}) + {M_I}(M{\bf{g}})$
On
trouve que le mouvement du système est uniformément accéléré :
${\bf{a}} =
g\frac{{m\sin \beta + M\left( {\sin
\beta + \sin \left( {\alpha + \beta } \right)} \right)}}{{\frac{5}{3}m +
M\left( {1 + \cos \alpha + 2\cos \beta }
\right)}}{{\bf{e}}_{\bf{x}}} = {\bf{cste}}$
On
retrouve, pour b = 0, le
résultat de II.2.a et a = 0
pour $\sin (\alpha + \beta ) =
- \frac{{m + M}}{M}\sin \beta $ (équilibre).
III.2.c. A.N :
accélération : a =
0,64 m.s-2
La
vitesse du clown par rapport au ballon est toujours égale à v. La distance parcourue quand le clown
atteint la vitesse limite par rapport au ballon de 2 m /s est donc
toujours :
$d =
\frac{{v_{\lim }^2}}{{2a}}$= 3,1 m
L’accélération du système est plus importante que
sur le plan horizontal (et par conséquent la distance parcourue par le clown
avant de tomber plus courte) ce qui est normal car le ballon est entraîné vers
le bas de la pente par les forces de pesanteur.
III.3.
III.3.a. Pour
que le ballon remonte la pente, l’accélération algébrique doit être négative ce
qui donne :
$\sin
(\alpha + \beta ) < - \frac{{m + M}}{M}\sin \beta $
c’est-à-dire $\alpha < {\alpha _{{\rm{\'e quilibre}}}}$
a = -15°
convient car aéq = -10,5°.
Dans ce cas : a = –0,18 m.s-2
III.3.b. Le
théorème de la résultante cinétique appliqué au système complet s’écrit en
projection sur les axes Ox et Oz :
$\left( {m + M} \right)a = T +
\left( {M + m} \right)g\sin \beta $ et $N = \left(
{M + m} \right)g\cos \beta $
On
en déduit T et N : $T = \left( {a - g\sin
\beta } \right)\left( {M + m} \right)$ et $N = \left( {M + m} \right)g\cos \beta $
T < 0 car le mouvement est
ascendant (a < 0)
$\frac{{\left|
T \right|}}{{\left| N \right|}} = \tan \beta
- \frac{a}{{g\cos \beta }}$= 0,11 < f si f = 0,2.
Il n’y a donc pas glissement.
III.3.c. La
longueur parcourue avant que le clown tombe est plus importante que dans les
cas précédents car l’accélération est plus faible :
$d = \frac{{v_{\lim }^2}}{{2a}}$= 11 m La hauteur dont est monté le système est $h = d\sin \beta $= 1 m
III.3.d. La
puissance utile développée par le clown sert ici à augmenter l’énergie cinétique
du système clown-ballon mais aussi à accroître l’énergie potentielle du
système :
${P_u} = \frac{{d{E_K}}}{{dt}} +
\frac{{d{E_p}}}{{dt}} = \left( {M + \frac{5}{3}m} \right){\bf{v}}.{\bf{a}} -
\left( {M + m} \right)g\sin \beta v$ car ${E_p} = -
\left( {M + m} \right)gx\sin \beta +
{\rm{constante}}$
On en déduit la puissance
instantanée : ${P_u} = \left( {\left( {M +
\frac{5}{3}m} \right)a - \left( {M + m} \right)g\sin \beta } \right)at$
La
puissance maximale développée par le clown se situe juste avant qu’il
tombe :
${P_{uMAX}} = \left( {\left( {M + \frac{5}{3}m}
\right)a - \left( {M + m} \right)g\sin \beta } \right){v_{\lim }}$ A.N : PuMAX = 136 W
C’est
la puissance développée pour accroître l’énergie potentielle qui est
prépondérante (120 W) ce qui explique l’écart important entre la puissance
développée par le clown sur le plan incliné et celle développée sur le plan
horizontal.
