Référentiels non galiléens

• Pour $\displaystyle t<4,0$ s, l’ascenseur est au repos. Dans le référentiel galiléen $\displaystyle \mathcal{R}$ lié au sol, le parpaing est en équilibre sous l’action de:

• son poids $\displaystyle m\overrightarrow{g}$

• la réaction $\displaystyle \overrightarrow{F}$ exercée par le capteur, dont la norme est la valeur indiquée par le capteur.

$\displaystyle \overrightarrow{F}+m\overrightarrow{g}=\overrightarrow{0}$, d’où $\displaystyle m=\frac{F}{g}$. La réaction $\displaystyle \overrightarrow{F}$ est évidemment orientée selon la verticale ascendante $\displaystyle \left(Oz\right)$.

A.N. : $\displaystyle m=10,0\textrm{ kg. }$

À $\displaystyle t=4,0\textrm{ s , }$ l’ascenseur se met en mouvement, le référentiel $\displaystyle \mathcal{R}'$ lié à l’ascenseur est en translation par rapport au référentiel $\displaystyle \mathbb{\mathcal{R}}$. Soit $\displaystyle \overrightarrow{a}_{0}$ l’accélération d’un point fixe 0 de l’ascenseur par rapport au référentiel $\displaystyle \mathbb{\mathcal{R}}$.

• Pour $\displaystyle 4,0<t<6,0\textrm{ s }$, le parpaing est en équilibre dans $\displaystyle \mathcal{R}'$ sous l’action de

• son poids $\displaystyle m\overrightarrow{g}$

• la réaction $\displaystyle \overrightarrow{F}$

• la force d’inertie d’entraînement $\displaystyle \overrightarrow{f}_{ie}=-m\overrightarrow{a}_{e}=-m\overrightarrow{a}_{0}$

$\displaystyle \overrightarrow{F}+m\overrightarrow{g}-m\overrightarrow{a}_{0}=\overrightarrow{0}$. D’où $\displaystyle \overrightarrow{a_{0}}=\overrightarrow{g}+\frac{\overrightarrow{F}}{m}$.

Le parpaing reste au contact du capteur (puisque la réaction ne s’annule pas), $\displaystyle \overrightarrow{F}$ est donc portée par la verticale ascendante. $$\overrightarrow{a_{0}}=-g\overrightarrow{u_{z}}+\frac{F}{m}\overrightarrow{u_{z}}.$$

A.N. : $\displaystyle \overrightarrow{a_{0}}=\left(-10,0+113/10\right)\overrightarrow{u_{z}}=1,13\overrightarrow{u_{z}}.$

L’ascenseur accélère uniformément en montant pendant 2,0 s. Sa vitesse à $\displaystyle t_{1}=6,0\textrm{ s}$ est $\displaystyle \overrightarrow{V}\left(t_{1}\right)=2,3\overrightarrow{u_{z}}$ en m.s$\displaystyle ^{-1}$, et l’altitude du point O a varié de $\displaystyle z(t_{2})-z\left(t_{1}\right)=\frac{1}{2}a_{0}(t_{1}-t_{0})^{2}$, soit $\displaystyle z(t_{2})-z\left(t_{1}\right)=2,3\textrm{ m}$.

• Pour $\displaystyle 6,0<t<12,0\textrm{ s }$, On retrouve la valeur initiale de $\displaystyle F$, donc l’accélération de l’ascenseur est nulle dans $\displaystyle \mathbb{\mathcal{R}}$ et sa vitesse reste constante. Il parcourt $\displaystyle z_{3}-z_{2}=V(t_{1})\left(t_{3}-t_{2}\right)$, soit $\displaystyle z(t_{3})-z\left(t_{2}\right)=13,6\textrm{ m}$.

• Pour $\displaystyle 12,0<t<14,0\textrm{ s }$, la valeur de $\displaystyle F$ est symétrique de celle entre 2,0 et 4,0 s par rapport à 100 N. On obtient cette fois une décélération de l’ascenseur qui freine avec une accélération opposée à celle qu’il avait entre 2 et 4 s : $\displaystyle \overrightarrow{a_{0}}=-1,13\overrightarrow{u_{z}}$. La durée du mouvement étant identique, sa vitesse à $\displaystyle t=14,0\textrm{ s}$ est nulle et il a parcouru $\displaystyle z(t_{4})-z\left(t_{3}\right)=z(t_{2})-z\left(t_{1}\right)=2,3\textrm{ m}$.

L’ascenseur a donc parcouru en tout : 2,3 + 13,6 + 2,3 = 18,2 m, soit 6 étages en considérant une hauteur de 3 m par étage. Il se trouve finalement au 8$\displaystyle ^{\grave{e}me}$ étage.

Référentiel en rotation à $\displaystyle \overrightarrow{\omega}$ constant par rapport à un référentiel galiléen
👉 $\displaystyle \overrightarrow{f_{ie}}(M)=m\omega^{2}\overrightarrow{SM}$.

1. La force d’inertie centrifuge exercée sur le satellite est $\displaystyle \overrightarrow{f_{ie}}=m\omega^{2}\overrightarrow{SA}$.
   La force de gravitation solaire exercée sur le satellite est $\displaystyle \overrightarrow{f_{g}}=-\mathscr{G}\frac{mM}{SA^{3}}\overrightarrow{SA}$. La résultante en $\displaystyle A$ est $$\overrightarrow{R}=m\omega^{2}\overrightarrow{SA}-\mathscr{G}\frac{mM}{SA^{3}}\overrightarrow{SA}.$$

La force d’inertie centrifuge exercée sur la Terre est $\displaystyle \overrightarrow{F_{ie}}=M_{T}\omega^{2}\overrightarrow{ST}$.
La force de gravitation solaire exercée sur la Terre est $\displaystyle \overrightarrow{F_{g}}=-\mathscr{G}\frac{M_{T}M}{ST^{3}}\overrightarrow{ST}.$

La Terre est en équilibre dans le référentiel tournant sous l’action de ces deux forces, d’où : $\displaystyle M_{T}\omega^{2}\overrightarrow{ST}-\mathscr{G}\frac{M_{T}M}{ST^{3}}\overrightarrow{ST}=\overrightarrow{0}$.
$$\omega=\sqrt{\frac{GM}{ST^{3}}}=\sqrt{\frac{GM}{D^{3}}}.$$

En remplaçant,
$\displaystyle \overrightarrow{R}=\mathscr{G}mM\left[\frac{1}{D^{3}}-\frac{1}{\left[\left(D+x'\right)^{2}+y^{2}+z^{2}\right]^{3/2}}\right]\left[\left(D+x'\right)\overrightarrow{u_{x}}+y\overrightarrow{u_{y}}+z\overrightarrow{u_{z}}\right].$
A l’ordre 1 en $\displaystyle x'/D,y/D,z/D$,

$$\overrightarrow{R}=\mathscr{G}mM\left[\frac{1}{D^{3}}(\frac{3x'}{D})\right]\left[D\overrightarrow{u_{x}}\right]=GmM\frac{3x'}{D^{3}}\overrightarrow{u_{x}}.$$

2. Dans le référentiel tournant, le satellite est soumis à $\displaystyle \overrightarrow{R}$ et à l’attraction gravitationnelle terrestre (on ne tient pas compte de la force de Coriolis car on cherche une position d’équilibre). À l’équilibre les deux forces se compensent. $\displaystyle \overrightarrow{R}$ étant portée par $\displaystyle \overrightarrow{u_{x}}$, cela impose que les positions d’équilibre sont sur l’axe $\displaystyle \left(Ox\right)$, et

$\displaystyle \mathscr{G}mM\frac{3x'}{D^{3}}\overrightarrow{u_{x}}-\frac{\mathscr{G}mM_{T}}{\left|x'\right|^{3}}x'\overrightarrow{u_{x}}=\overrightarrow{0}$, soit $$d=\left|x'\right|=D\left(\frac{M_{T}}{M}\right)^{1/3}.$$

3. Avec $\displaystyle D=1,5.10^{8}$ de km, $\displaystyle d=2,1.10^{4}$ km, petit devant D.

4. La force gravitationnelle exercée par la Terre doit être de sens contraire à $\displaystyle \overrightarrow{R}$. Il existe une possibilité d’équilibre pour un point situé de l’autre côté du Soleil par rapport à la Terre. L’attraction de la Terre étant faible par rapport à celle du Soleil, $\displaystyle L_{3}$ est pratiquement symétrique de $\displaystyle T$ par rapport au Soleil.
   

Les points $\displaystyle L_1$ et $\displaystyle L_2$ sont des équilibres instables (comme $\displaystyle L_3$, qui est un peu plus loin de nous 😀), ce qui les rend utilisables dans le cadre de missions spatiales : on n’y trouve pas de corps naturels, et un équilibre dynamique peut y être maintenu pour un apport énergétique raisonnable (le champ gravitationnel étant faible dans leur voisinage). Voir la liste des objets qui s’y trouvent ici.
Le point $\displaystyle L_1$ se prête particulièrement à l’observation du Soleil et du vent solaire. Actuellement, on peut y trouver par exemple l’observatoire solaire spatial SoHo. Au point $\displaystyle L_2$ devrait se trouver prochainement le James Webb Space Telescope (lancement prévu en 2021).

2 ) Ne pas oublier la force d’inertie centrifuge. La force de Coriolis n’est pas à prendre en compte puisqu’on cherche une position d’équilibre.
4 ) Remarquer que $\displaystyle \overrightarrow{r_{S}}$ et $\displaystyle \overrightarrow{r_{T}}$ sont parallèles, et utiliser la définition du centre de masse.

1. Dans le référentiel galiléen de point fixe $\displaystyle C$, le théorème du centre de masse donne en projection sur $\displaystyle \left(CT\right)$:

$\displaystyle M_{T}\Omega^{2}CT=\mathscr{G}M_{T}M_{S}/ST^{2}$.
Avec $\displaystyle \overrightarrow{TC}=\frac{M_{S}}{M_{T}+M_{S}}\overrightarrow{TS}$ par définition de C, $$\Omega^{2}=\mathscr{G}\frac{M_{T}+M_{S}}{ST^{3}}.$$

2. Dans $\displaystyle \mathcal{R}”$, l’équilibre de $\displaystyle P$ sous l’action de la force gravitationnelle du Soleil, celle exercée par la Terre, et de la force d’inertie d’entraînement $\displaystyle \overrightarrow{f_{ie}}=m\Omega^{2}\overrightarrow{CP}$ donne
   $\displaystyle \mathscr{-G}M_{S}\frac{\overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{S}}}{\left\Vert \overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{S}}\right\Vert ^{3}}\mathscr{-G}M_{T}\frac{\overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{T}}}{\left\Vert \overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{T}}\right\Vert ^{3}}+\Omega^{2}\overrightarrow{r_{P}}=\overrightarrow{0}$.

soit $\displaystyle \mathscr{}-M_{S}\frac{\overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{S}}}{\left\Vert \overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{S}}\right\Vert ^{3}}-M_{T}\frac{\overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{T}}}{\left\Vert \overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{T}}\right\Vert ^{3}}+\frac{M_{T}+M_{S}}{\left\Vert \overrightarrow{r_{S}}-\overrightarrow{r_{T}}\right\Vert ^{3}}\overrightarrow{r_{P}}=\overrightarrow{0}.$

3. En projetant sur $\displaystyle \left(Cy\right)$,
   $\displaystyle \mathscr{-}\frac{M_{S}}{\left\Vert \overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{S}}\right\Vert ^{3}}-\frac{M_{T}}{\left\Vert \overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{T}}\right\Vert ^{3}}+\frac{M_{T}+M_{S}}{\left\Vert \overrightarrow{r_{S}}-\overrightarrow{r_{T}}\right\Vert ^{3}}=0.$ (1)
   En projetant sur l’axe $\displaystyle \left(CY\right)$,
   $\displaystyle \mathscr{}M_{S}\frac{\overrightarrow{r_{S}}.\overrightarrow{u}}{\left\Vert \overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{S}}\right\Vert ^{3}}+M_{T}\frac{\overrightarrow{r_{T}}.\overrightarrow{u}}{\left\Vert \overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{T}}\right\Vert ^{3}}=0.$ (2)

4. Comme $\displaystyle \overrightarrow{r_{S}}$ et $\displaystyle \overrightarrow{r_{T}}$ sont parallèles, (2) donne $\displaystyle (\overrightarrow{u}.\overrightarrow{u_{x}}\neq0$ quand $\displaystyle P$ n’est pas sur $\displaystyle (Cx)$),
   $\displaystyle \mathscr{}M_{S}\frac{\overrightarrow{r_{S}}}{\left\Vert \overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{S}}\right\Vert ^{3}}+M_{T}\frac{\overrightarrow{r_{T}}}{\left\Vert \overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{T}}\right\Vert ^{3}}=\overrightarrow{0}.$

Or $\displaystyle M_{S}\overrightarrow{r_{S}}+M_{T}\overrightarrow{r_{T}}=\overrightarrow{0}$ par définition du centre de masse, donc $$\left\Vert \overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{S}}\right\Vert ^{3}=\left\Vert \overrightarrow{r_{P}}-\overrightarrow{r_{T}}\right\Vert ^{3}.$$

Soit $\displaystyle SP=TP$. Alors (1) donne $\displaystyle TS=SP=TP$. Les positions $\displaystyle L_4$ et $\displaystyle L_5$ forment chacune avec $\displaystyle S$ et $\displaystyle T$ un triangle équilatéral.

$\displaystyle L_4$ et $\displaystyle L_5$ étant des positions stables sont potentiellement déjà occupées par des astéroïdes ou poussières. Effectivement, un astéroïde $\displaystyle (TK_{7})$ a été observé au point $\displaystyle L_4$ du système Soleil_Terre en 2011.
Concernant d’autres systèmes, on a recensé dans le système Soleil-Jupiter (en 2011) environ 5 000 astéroïdes aux points $\displaystyle L_4$ et $\displaystyle L_5$. De même, il a été un temps envisagé de placer un télescope spatial au point $\displaystyle L_4$ ou $\displaystyle L_5$ du système Terre-Lune, mais cette option a été abandonnée après que des nuages de poussière y ont été observés.

$\displaystyle \mathcal{R'}$ est en rotation pure par rapport au référentiel galiléen du laboratoire 👉 $\displaystyle \overrightarrow{f_{ie}}=m\omega^{2}\overrightarrow{HM}=m\omega^{2}\overrightarrow{OM}$ et $\displaystyle \overrightarrow{f_{ic}}=-2m\overrightarrow{\omega}\land\overrightarrow{v(M)}_{R'}$.

1. Le référentiel du laboratoire $\displaystyle \mathcal{R}$ est supposé galiléen. Dans $\displaystyle \mathcal{R'}$, en rotation par rapport $\displaystyle \mathcal{R}$ avec $\displaystyle \overrightarrow{\omega}=\omega\overrightarrow{u_{z}}$, les actions exercées sur la perle sont
   -son poids $\displaystyle m\overrightarrow{g}$.
   -la réaction du cerceau $\displaystyle \overrightarrow{N}$ normale au cerceau.
   -la force d’inertie d’entraînement
   $\displaystyle \begin{aligned}\overrightarrow{f_{ie}}&=m\omega^{2}\overrightarrow{OM}=m\omega^{2}(\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{CM})\\&=m\omega^{2}R\left[\left(1+\cos\alpha\right)\overrightarrow{u_{r}}-\sin\alpha\overrightarrow{u_{\alpha}}\right].\end{aligned}$
   -la force d’inertie de Coriolis
   $\displaystyle \begin{aligned}\overrightarrow{f_{ic}}&=-2m\overrightarrow{\omega}\land\overrightarrow{v(M)}_{R'}\\&=-2m\omega R\dot{\alpha}\overrightarrow{u_{z}}\land\overrightarrow{u_{\alpha}}=2m\omega R\dot{\alpha}\overrightarrow{u_{r}}.\end{aligned}$
   Dans $\displaystyle \mathcal{R'}$, $\displaystyle M$ a un mouvement circulaire, et $\displaystyle \overrightarrow{a}(M)=-R\dot{\alpha}^{2}\overrightarrow{u_{r}}+R\ddot{\alpha}\overrightarrow{u_{\alpha}}$. En projetant le principe fondamental de la dynamique sur $\displaystyle \overrightarrow{u_{r}}$,$\displaystyle \overrightarrow{u_{\alpha}},\overrightarrow{u_{z}}$ :
   $\displaystyle \begin{cases} -mR\dot{\alpha}^{2}=N_{r}+2m\omega R\dot{\alpha}+m\omega^{2}R\left(1+\cos\alpha\right)\\ mR\ddot{\alpha}=-m\omega^{2}R\sin\alpha\\ 0=N_{z}-mg. \end{cases}$
   D’où l’équation vérifiée par $\displaystyle \alpha$ :

$$\ddot{\alpha}=-\omega^{2}\sin\alpha.$$

2. $\displaystyle \ddot{\alpha}=0\Rightarrow\alpha=0$ ou $\displaystyle \pi.$
   Pour $\displaystyle \alpha\ll1$, $$\ddot{\alpha}+\omega^{2}\alpha=0,$$on obtient des oscillations autour de $\displaystyle 0$, la position $\displaystyle \alpha=0$ est stable.
   Pour $\displaystyle \alpha=\pi+\varepsilon$, avec $\displaystyle \varepsilon\ll1$, $$\ddot{\varepsilon}-\omega^{2}\varepsilon=0,$$ la position $\displaystyle \alpha=\pi$ est instable.

3. La réaction et la force de Coriolis ne travaillent pas. Le poids non plus puisque le mouvement est horizontal. La force d’inertie d’entraînement dérive de l’énergie potentielle
   $\displaystyle \begin{aligned}E_{p}&=\frac{1}{2}m\omega^{2}r^{2}\\&=\frac{1}{2}m\omega^{2}R^{2}\left[\left(1+\cos\alpha\right)^{2}+\sin^{2}\alpha\right]\\&=m\omega^{2}R^{2}\left[1+\cos\alpha\right].\end{aligned}$
   $\displaystyle E'_{p}=-m\omega^{2}R^{2}\sin\alpha$ s’annule pour $\displaystyle 0$ et $\displaystyle \pi$ qui sont les positions d’équilibre.
   $\displaystyle E''_{p}=m\omega^{2}R^{2}\cos\alpha$ est positive pour la position d’équilibre stable, soit $\displaystyle \alpha=0$, et négative pour la position instable $\displaystyle \alpha=\pi$.

Fluide en équilibre dans un référentiel 👉 Loi de la statique des fluides dans ce référentiel, en tenant compte de la force d’inertie d’entraînement.

1. Exprimons l’équilibre de l’air dans le référentiel tournant à la vitesse angulaire $\displaystyle \omega$ autour de l’axe vertical.

• L’air de la partie horizontale est en équilibre sous l’action de la force centrifuge, la résultante des forces de pression, le poids et la réaction du tube.
  En projetant la relation de la statique des fluides sur l’axe tournant exprimée à la distance $\displaystyle r$ de l’axe,
  $\displaystyle \frac{dP}{dr}=\rho\omega^{2}r$
  $\displaystyle \Rightarrow P(r,z=H)=P_{0}-\frac{1}{2}\rho\omega^{2}\left(l^{2}-r^{2}\right).$

On en déduit que $$P(r=0,z=H)=P_{0}-\frac{1}{2}\rho\omega^{2}l^{2}.$$

A.N. $\displaystyle P(r=0,z=H)-P_{0}=-\frac{1}{2}\rho\omega^{2}l^{2}=-101$ Pa.

• Pour la partie verticale du tube,
  $\displaystyle \begin{aligned}P(r=0,z=h_{2})&=P(r=0,z=H)+\rho g(H-h_{2})\\&=P_{0}-\frac{1}{2}\rho\omega^{2}l^{2}+\rho g(H-h_{2})\end{aligned}$.

La loi de l’hydrostatique appliquée à l’eau donne
$\displaystyle P(z=h_{1})=P_{0}$ et
$\displaystyle P(z=h_{2})=P_{0}-\mu_{0}g\left(h_{2}-h_{1}\right)$.
$\displaystyle \begin{aligned}P(r=0,z=h_{2})&=P_{0}-\frac{1}{2}\rho\omega^{2}l^{2}+\rho g(H-h_{2})\\&=P_{0}-\mu_{0}g\left(h_{2}-h_{1}\right)\end{aligned}$.

Par conservation du volume d’eau : $\displaystyle Sh_{1}+sh_{2}=0$.

Donc $\displaystyle -\frac{1}{2}\rho\omega^{2}l^{2}+\rho g(H-h_{2})=-\mu_{0}gh_{2}\left(1+\frac{s}{S}\right)$, soit

$\displaystyle \frac{1}{2}\rho\omega^{2}l^{2}-\rho gH=h_{2}g\left[\mu_{0}\left(1+\frac{s}{S}\right)-\rho\right]$. Compte tenu de $\displaystyle \mu_{0}\gg\rho$, $$h_{2}==\frac{\frac{1}{2}\rho\omega^{2}l^{2}-\rho gH}{g\mu_{0}\left(1+\frac{s}{S}\right)},$$

et $\displaystyle h_{1}=-\frac{s}{S}h_{2}$.

A.N. $\displaystyle h_{2}=9$ mm et $\displaystyle h_{1}=$-0,2 mm.

2.b1. Dans la partie horizontale $\displaystyle \frac{dP}{dr}=\rho\omega^{2}r$ avec $\displaystyle \rho=\frac{PM}{RT}$. Pour une évolution isentropique d’un gaz parfait : $\displaystyle T=T_{0}\left(\frac{P_{0}}{P}\right)^{\frac{1-\gamma}{\gamma}}$, soit $\displaystyle \rho=\frac{PM}{RT}=\frac{P^{1/\gamma}M}{RT_{0}P_{0}^{\frac{1-\gamma}{\gamma}}}$ et

$\displaystyle \frac{dP}{P^{1/\gamma}}=\frac{M}{RT_{0}P_{0}^{\frac{1-\gamma}{\gamma}}}\omega^{2}rdr$. En intégrant $\displaystyle \frac{\gamma}{\gamma-1}\left(P^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}-P_{0}^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}\right)=-\frac{1}{2}\frac{MP_{0}^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}}{RT_{0}}\omega^{2}\left(l^{2}-r^{2}\right)$.

Pour $\displaystyle r=0$, $\displaystyle P(r=0,z=H)=P_{0}\left(1-\frac{\gamma-1}{2\gamma}\frac{M}{RT_{0}}\omega^{2}l^{2}\right)^{\frac{\gamma}{\gamma-1}}$ homogène.
Un traitement équivalent peut être fait dans la partie verticale.
Cela donne la même valeur numérique qu’en 1.

Stabilité d’une position d’équilibre 👉 Si on peut définir une énergie potentielle, une position d’équilibre stable correspond à un minimum de l’énergie potentielle. Sinon, il faut regarder ce qui se passe quand on écarte légèrement le système de sa position d’équilibre.

Le référentiel terrestre est supposé galiléen.

Dans le référentiel tournant avec le fil $\displaystyle \mathcal{R}'$, de base fixe $\displaystyle \left(\overrightarrow{u_{X}},\overrightarrow{u_{Y}},\overrightarrow{u_{z}}\right)$, la masse en équilibre est soumise à l’action

• de son poids $\displaystyle m\overrightarrow{g}=-mg\overrightarrow{u_{z}}$.

• de la réaction du fil $\displaystyle \overrightarrow{R}=R_{X}\overrightarrow{e_{X}}+R_{Y}\overrightarrow{e_{Y}}+R_{z}\overrightarrow{e_{z}}$

• de la force d’inertie d’entraînement $\displaystyle \overrightarrow{f_{ie}}=m\omega^{2}X\overrightarrow{e_{X}}$.

Méthode 1
La réaction, normale au déplacement dans $\displaystyle \mathcal{R}'$, ne travaille pas. L’énergie potentielle est la somme de l’énergie potentielle centrifuge et de l’énergie potentielle de pesanteur.
$\displaystyle \begin{aligned}E_{p}&=-\frac{1}{2}m\omega^{2}X^{2}+mgz\\&=-\frac{1}{2}m\omega^{2}X^{2}+mgf(X)\end{aligned}$
à une constante près. D’où
$\displaystyle E'_{p}=-m\omega^{2}X+mgf'(X).$
Pour qu’un équilibre soit possible, il faut donc qu’il existe $\displaystyle X=X_{0}$ tel que $$f'(X_{0})=\frac{\omega^{2}}{g}X_{0}.$$
Méthode 2
Soit $\displaystyle \alpha, (-\pi/2<\alpha<\pi/2)$, l’angle que fait la tangente au fil au point $\displaystyle M$ avec l’axe horizontal $\displaystyle \left(OX\right)$. Alors $\displaystyle \tan\alpha=\frac{dz}{dX}=f'(X)$.

La réaction est normale au fil, d’où
$\displaystyle \overrightarrow{R}=-N\sin\alpha\overrightarrow{e_{X}}+R_{Y}\overrightarrow{e_{Y}}+N\cos\alpha\overrightarrow{e_{z}}$, où N est la norme de la composante de la réaction dans le plan $\displaystyle \left(XOz\right)$.

Le point $\displaystyle M$ correspond à une position d’équilibre dans $\displaystyle \mathcal{R}'$ pour

$\displaystyle \begin{cases} -N\sin\alpha+m\omega^{2}X=0\\ R_{y}=0\\ N\cos\alpha-mg=0. \end{cases}$

D’où $\displaystyle \omega^{2}X=g\tan\alpha=gf'(X),$ on retrouve le résultat précédent.

Plus $\displaystyle X_{0}$ et $\displaystyle \omega$ sont grands, plus la force d’inertie est grande, et donc plus la réaction horizontale doit être importante pour la compenser. Or la réaction verticale compense le poids, et, à réaction verticale donnée, la réaction horizontale est plus grande lorsque la tige est plus inclinée ($\displaystyle \alpha$ proche de $\displaystyle \pi/2$). Il est donc cohérent que la position d’équilibre corresponde à une inclinaison de la tige d’autant plus grande que $\displaystyle X_{0}$ et $\displaystyle \omega$ sont grands.
La masse n’intervient pas ici car elle apparaît à la fois dans le poids et la force d’inertie.

2. S’il y a mouvement dans $\displaystyle \mathcal{R}'$, il faut tenir compte de la force d’inertie de Coriolis. Mais la force de Coriolis ne travaille jamais. On peut continuer à utiliser l’énergie potentielle précédente, et évaluer sa dérivée seconde par rapport à $\displaystyle X$.
   $\displaystyle E''_{p}=-m\omega^{2}+mgf''(X)$.
   Ainsi, un équilibre stable peut être obtenu s’il existe $\displaystyle X_{0}$ tel que $$\begin{cases} f'(X_{0})=\frac{\omega^{2}}{g}X_{0}\\ f"\left(X_{0}\right)>\frac{\omega^{2}}{g}. \end{cases}$$
   La dérivée seconde est alors plus grande que celle de la parabole du schéma.
   En revanche, si
   $$\begin{cases} f'(X_{0})=\frac{\omega^{2}}{g}X_{0}\\ f"\left(X_{0}\right)<\frac{\omega^{2}}{g}, \end{cases}$$
   l’équilibre est instable.
   Quand il y a égalité $\displaystyle f"\left(X_{0}\right)=\frac{\omega^{2}}{g}$, la stabilité ou non dépend du signe de $\displaystyle f'''\left(X_{0}\right)$.

Finalement, la courbure du fil au point d’équilibre doit être suffisamment petite pour que l’équilibre soit stable, et que la réaction tende à ramener le point vers sa position d’équilibre lorsqu’on l’en écarte légèrement.

Remarque — On peut envisager de revenir aux équations du mouvement, avec
$\displaystyle \begin{aligned}z=f(X)&\Rightarrow\dot{z}=\dot{X}f'\left(X\right)\\&\Rightarrow\ddot{z}=\ddot{X}f'(X)+\dot{X}^{2}f"(X).\end{aligned}$
mais c’est beaucoup plus laborieux.
Remarquons que la force de Coriolis permet de déterminer la réaction $\displaystyle R_Y$.
$\displaystyle \begin{aligned}\overrightarrow{f}_{ic}&=-2m\overrightarrow{\omega}\wedge\overrightarrow{v_{\mathcal{R}'}}\\&=-2m\omega\overrightarrow{e_{z}}\wedge v\left[\cos\alpha\overrightarrow{e_{X}}+\sin\alpha\overrightarrow{e_{z}}\right]\\&=-2m\omega\cos\alpha\overrightarrow{e_{Y}}.\end{aligned}$
Les équations du mouvement sont alors
$\displaystyle \begin{cases} m\ddot{X}=m\omega^{2}X-N\sin\alpha\\ 0=R_{y}-2m\omega\cos\alpha\\ m\ddot{z}=-mg+{N}\cos\alpha.\end{cases}$

Problème à un degré de liberté $\displaystyle \theta$ 👉 Possibilité de se limiter à une approche énergétique (ou au théorème du moment cinétique scalaire, moins commode ici).

Attention ici $\displaystyle \Omega\neq\dot{\theta}$.

Il s’agit d’un équilibre dans le référentiel tournant à la vitesse angulaire $\displaystyle \Omega$ autour de $\displaystyle \left(Oz\right)$, ce qui correspond dans le référentiel terrestre galiléen à une trajectoire circulaire uniforme de $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ à la vitesse angulaire $\displaystyle \Omega$ autour de l’axe $\displaystyle \left(Oz\right)$, de rayon $\displaystyle L\sin\theta$.

Qualitativement, quand la vitesse angulaire augmente, on s’attend à une augmentation de $\displaystyle \theta$ jusqu’à la valeur limite $\displaystyle \pi/2$.

Étudions l’équilibre du système dans le référentiel tournant non galiléen.
$\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ sont soumis à

• leur poids

• les actions de liaison

• la force d’inertie d’entraînement centrifuge
  $\displaystyle \overrightarrow{f_{ie}}=m\Omega^{2}r\overrightarrow{u_{r}}=m\Omega^{2}L\sin\theta\overrightarrow{u_{r}}$, avec $\displaystyle \overrightarrow{u_{r}}$ le vecteur unitaire radial (vecteurs opposés pour $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$) .

Les actions de contact sans frottement ont une puissance nulle. Le poids dérive de l’énergie potentielle $\displaystyle E_{p1}=-mgL\cos\theta$, et la force d’inertie dérive de $\displaystyle E_{p2}=-\frac{1}{2}m\Omega^{2}r^{2}=-\frac{1}{2}m\Omega^{2}L^{2}\sin^{2}\theta$, à une constante près.

Le point $\displaystyle C$ est soumis à son poids qui dérive de l’énergie potentielle $\displaystyle E_{p3}=-Mg2L\cos\theta$, et aux actions de liaison de puissance nulle.

L’énergie potentielle totale du système est
$$E_{p}=2\left(E_{p1}+E_{p2}\right)+E_{p3}=-m\Omega^{2}L^{2}\sin^{2}\theta-\left(2m+M)gL\cos\theta\right).$$

Les positions d’équilibre correspondent à des extrema de $\displaystyle E_{p}$.

$\displaystyle E'_{p}=-2m\Omega^{2}L^{2}\sin\theta\cos\theta+(2m+M)gL\sin\theta$.

$\displaystyle E'_{p}=0\Longleftrightarrow\sin\theta=0$ ou $\displaystyle \cos\theta=\frac{2m+M}{2m}\frac{g}{L\Omega^{2}}$.

-Pour $\displaystyle \Omega<\sqrt{\frac{2m+M}{2m}\frac{g}{L}}$, il y a une seule position d’équilibre $\displaystyle \theta_{e,1}=0$. On vérifie avec
$\displaystyle E"_{p}=-2m\Omega^{2}L^{2}\cos\left(2\theta\right)+\left(2m+M\right)gL\cos\left(\theta\right)$, que $\displaystyle E"_{p}\left(\theta=0\right)>0$ dans ce cas ; c’est une position d’équilibre stable.

-Pour $\displaystyle \Omega>\sqrt{\frac{2m+M}{2m}\frac{g}{L}}$, il y a deux positions d’équilibre

• $\displaystyle \theta_{e,1}=0$. On vérifie que $\displaystyle E"_{p}\left(\theta=0\right)<0$ ; c’est une position d’équilibre instable.

• $\displaystyle \theta_{e,2}=\arccos\left(\frac{2m+M}{2m}\frac{g}{L\Omega^{2}}\right)$, qui est nécessairement un minimum d’énergie potentielle puisque $\displaystyle \theta_{1}=0$ est un maximum. On vérifie
  $\displaystyle \begin{aligned}E"_{p}&=-2m\Omega^{2}L^{2}\left[2\cos^{2}\theta_{e,2}-1\right]+\left(2m+M\right)gL\cos\left(\theta_{e,2}\right)\\&=2m\Omega^{2}L^{2}\left[1-2\left(\frac{2m+M}{2m}\frac{g}{L\Omega^{2}}\right)^{2}\right]+g^2\frac{(2m+M)^2}{2m\Omega^{2}}\\&=2m\Omega^{2}L^{2}-g^{2}\frac{\left(2m+M\right)^{2}}{2m\Omega^{2}}\end{aligned}$
  qui est bien positif. $\displaystyle \theta_{2}$ est une position d’équilibre stable.

-Pour $\displaystyle \Omega=\sqrt{\frac{2m+M}{2m}\frac{g}{L}}$, $\displaystyle \theta_{e,1}=\theta_{e,2}=0$, $\displaystyle E"_{p}\left(0\right)=0,E_{p}^{(3)}\left(0\right)=0$, $\displaystyle E_{p}^{(4)}(0)>0$, il s’agit bien d’un minimum d’énergie potentielle, l’équilibre est stable.