Solides et systèmes de points

1. En référentiel terrestre supposé galiléen, le systèmeétudié est formé de la barre et des trois masses.

• Les actions exercées sont :

• les tensions des deux ressorts : $\displaystyle \overrightarrow{F_{A}}=-2kz_{A}\overrightarrow{u_{z}} ; \overrightarrow{F_{C}}=-kz_{C}\overrightarrow{u_{z}}$

• les trois poids.

• Position de G : $\displaystyle \overrightarrow{AG}=\frac{2m\overrightarrow{AB}+m\overrightarrow{AC}}{6m}$, d’où $\displaystyle AG=\frac{2L}{3}$. Alors $\displaystyle GB=\frac{L}{3}$ et $\displaystyle GC=\frac{4L}{3}$.

• À l’équilibre, la somme des forces extérieures est nulle. D’où $\displaystyle 6mg=k(2z_{A}+z_{C})$.La somme des moments des forces extérieures, calculée par rapport à l’axe $\displaystyle \left(Gy\right)$ est nulle ($\displaystyle G$ point fixe à l’équilibre):

$\displaystyle \frac{2L}{3}(-2kz_{A})\cos\theta+\frac{4L}{3}kz_{C}\cos\theta=0.$ $$z_{A}=z_{C}=\frac{2mg}{k}.$$

Par conséquent $\displaystyle z_{B}=2mg/k$ également.

2. Il y a deux degrés de liberté $\displaystyle z_{G}$ et $\displaystyle \theta$ ; $\displaystyle z_{A}=z_{G}+\frac{2L}{3}\sin\theta et z_{C}=z_{G}-\frac{4L}{3}\sin\theta$.

Avec le théorème du centre de masse projeté sur $\displaystyle \left(Oz\right)$ et dans l’approximation des petits angles :

$\displaystyle 6m\ddot{z_{G}}=6mg-2kz_{A}-kz_{C}=6mg-3kz_{G}-k(2\frac{2L}{3}\theta-\frac{4L}{3}\theta)=6mg-3kz_{G}$.$$\ddot{z_{G}}+\frac{k}{2m}z_{G}=g.$$

On retrouve la valeur à l’équilibre précédente.

Pour appliquer le théorème du moment cinétique, plaçons-nous dans le référentiel barycentrique $\displaystyle \mathcal{R}^{*}$, référentiel en translation par rapport au référentiel du laboratoire et dans lequel $\displaystyle G$ est fixe. Dans $\displaystyle \mathcal{R}^{*}$, la barre a un mouvement de rotation autour de $\displaystyle \left(Gy\right)$ et on applique le théorème du moment cinétique scalaire rapport à l’axe $\displaystyle \left(Gy\right)$.

Dans $\displaystyle \mathcal{R}^{*}$, aux actions exercées précédentes s’ajoutent les forces d’inertie $\displaystyle -m_{i}\left.\overrightarrow{a}G)\right\rfloor _{R}$.

Le moment du poids total, s’appliquant en $\displaystyle G$, est nul. Le moment par rapport à $\displaystyle G$ des forces d’inertie d’entraînement $\displaystyle \mathcal{\overrightarrow{M}}_{G,\overrightarrow{f_{ie}}}=(m\overrightarrow{GA}+2m\overrightarrow{GB}+3m\overrightarrow{GC})\wedge\left(-\left.\overrightarrow{a}G)\right\rfloor _{R}\right)=\overrightarrow{0}\wedge\left(-\left.\overrightarrow{a}G)\right\rfloor _{R}\right)=\overrightarrow{0}$.

D’où : $\displaystyle J\ddot{\theta}=\frac{2L}{3}(-2kz_{A}\cos\theta)+\frac{4L}{3}(kz_{C}\cos\theta)$.

En se limitant aux petits angles

$\displaystyle J\ddot{\theta}=\frac{2L}{3}(-2k\left(z_{G}+\frac{2L}{3}\theta\right)+\frac{4L}{3}k\left(z_{G}-\frac{4L}{3}\theta\right)=-\frac{8}{3}kL^{2}\theta.$

$\displaystyle J=3m\left(\frac{2L}{3}\right)^{2}+2m\left(\frac{L}{3}\right)^{2}+m\left(\frac{4L}{3}\right)^{2}=\frac{10}{3}mL^{2}$, d’où$$\ddot{\theta}+\frac{4}{5}\frac{k}{m}\theta=0.$$

Les deux équations obtenues correspondent à des oscillations sinusoïdales de $\displaystyle z_{G}$ et $\displaystyle \theta$ autour des valeurs $\displaystyle z_{G\acute{e}q}=\frac{2mg}{k}$ et $\displaystyle \theta_{\acute{e}q}=0$.

En référentiel terrestre supposé galiléen, les actions exercées sur la barre 1 sont :

• Poids

• Actions d’axe de moment nul parr apport à l’axe de rotation (pas de frottement)

• Tension du ressort : $\displaystyle \overrightarrow{F_{1}}=k\ell\left(\sin\theta_{2}-\sin\theta_{1}\right)\overrightarrow{u_{x}}$.

Le théorème du moment cinétique scalaire appliqué à la barre 1 par rapport à l’axe fixe parallèle à $\displaystyle \left(y\right)$ passant par $\displaystyle O_{1}$ donne :

$\displaystyle J_{1}\ddot{\theta_{1}}=-m_{1}g\frac{\ell}{2}\sin\theta_{1}+\ell F_{1}\cos\theta_{1}$

En se limitant au premier ordre en $\displaystyle \theta_{i}$ :

$$J_{1}\ddot{\theta_{1}}=-m_{1}g\frac{\ell}{2}\theta_{1}+k\ell^{2}\left(\theta_{2}-\theta_{1}\right)$$

Barre 2 : de même

$$J_{2}\ddot{\theta_{2}}=-m_{2}g\frac{\ell}{2}\theta_{2}-k\ell^{2}\left(\theta_{2}-\theta_{1}\right)$$

Soit :

$\displaystyle \begin{cases} \ddot{\theta_{2}}=-g\frac{3}{2\ell}\theta_{2}-\frac{3k}{m_{2}}\left(\theta_{2}-\theta_{1}\right)\\ \ddot{\theta_{1}}=-g\frac{3}{2\ell}\theta_{1}-\frac{3k}{m_{1}}\left(\theta_{1}-\theta_{2}\right) \end{cases}$

Posons $\displaystyle \omega_{0}^{2}=g\frac{3}{2\ell}$, $\displaystyle \omega_{1}^{2}=\frac{3k}{m_{1}}$, $\displaystyle \omega_{2}^{2}=\frac{3k}{m_{2}}$.

$\displaystyle \begin{cases} \ddot{\theta_{2}}=-\omega_{0}^{2}\theta_{2}-\omega_{2}^{2}\left(\theta_{2}-\theta_{1}\right)\\ \ddot{\theta_{1}}=-\omega_{0}^{2}\theta_{1}-\omega_{1}^{2}\left(\theta_{1}-\theta_{2}\right) \end{cases}$

2. On cherche des solutions oscillantes de pulsation $\displaystyle \omega$, avec $\displaystyle \ddot{\theta_{2}}=-\omega^{2}\theta_{2}$ et $\displaystyle \ddot{\theta_{1}}=-\omega^{2}\theta_{1}$.

$\displaystyle \begin{cases} \left(\omega^{2}-\omega_{0}^{2}-\omega_{2}^{2}\right)\theta_{2}+\omega_{2}^{2}\theta_{1}=0\\ \omega_{1}^{2}\theta_{2}+\left(\omega^{2}-\omega_{0}^{2}-\omega_{1}^{2}\right)\theta_{1}=0 \end{cases}$. D’où pour qu’il y ait des solutions non identiquement nulles

$\displaystyle \left|\begin{array}{cc} \omega^{2}-\omega_{0}^{2}-\omega_{2}^{2} & \omega_{2}^{2}\\ \omega_{1}^{2} & \omega^{2}-\omega_{0}^{2}-\omega_{1}^{2} \end{array}\right|=0$

Cas $\displaystyle \omega_{2}=\omega_{1}$

$\displaystyle \omega^{2}-\omega_{0}^{2}-\omega_{1}^{2}=\pm\omega_{1}^{2}$ , soit $\displaystyle \omega^{2}=\omega_{0}^{2}$ ou $\displaystyle \omega^{2}=\omega_{0}^{2}+2\omega_{1}^{2}$.

Pour $\displaystyle \omega=\omega_{0}, \theta_{1}=\theta_{2}$, les deux pendules oscillent en phase, la distance entre les deux extrémités restant égale à $\displaystyle \ell_{0}$.

Pour $\displaystyle \omega^{2}=\omega_{0}^{2}+2\omega_{1}^{2}, \theta_{1}=-\theta_{2}$, les deux pendules oscillent en opposition de phase.

En faisant la somme et la différence des équations du système (1), la somme $\displaystyle s$ et la différence $\displaystyle d$ des angles obéissent aux équations

$\displaystyle \begin{cases} \ddot{s}+\omega_{0}^{2}s=0\\ \ddot{d}+\left(\omega_{0}^{2}+2\omega_{1}^{2}\right)d=0 \end{cases}$ et avec $\displaystyle \begin{cases} \theta_{1}=\frac{1}{2}\left(s+d\right)\\ \theta_{2}=\frac{1}{2}\left(s-d\right) \end{cases}$, le résultat est démontré.

Mouvement de translation du solide selon $\displaystyle \left(Bx\right)$ 👉 Le moment cinétique scalaire selon $\displaystyle \left(By\right)$ est conservé (il est d’ailleurs nul).

On suppose le référentiel terrestre galiléen.

1. Le moment du poids peut faire basculer le tronc lorsque son centre d’inertie $\displaystyle G$ dépasse le sommet de la falaise, soit une distance parcourue de $\displaystyle L/2$.

2. Le tronc est soumis à son poids, à la réaction en A : $\displaystyle \overrightarrow{R_{A}}=T_{A}\overrightarrow{u_{x}}+N_{A}\overrightarrow{u_{y}}$, à la réaction en B : $\displaystyle \overrightarrow{N_{B}}=N_{B}\overrightarrow{u_{y}}$.
   L’équilibre impose :

• la somme des forces est nulle : $\displaystyle \begin{cases} T_{A}-mg\sin\alpha=0\\ N_{A}+N_{B}-mg\cos\alpha=0 \end{cases}$
• le moment des forces par rapport à $\displaystyle \left(By\right)$ est nul : $\displaystyle N_{A}L-mg\frac{L}{2}\cos\alpha=0$.

Avec les lois de Coulomb pour le contact entre solides, la condition d’équilibre $\displaystyle T_{A}\leq fN_{A}$ donne $$f\geq2\tan\alpha.$$

3. L’explosion communique une énergie cinétique initiale $\displaystyle E_{c0}$. On cherche si G peut atteindre le sommet. L’abscisse de G est $\displaystyle x(t)$ avec $\displaystyle x(0)=0$.
   Le tronc est soumis aux forces du 1) avec cette fois $\displaystyle T_{A}=fN_{A}$ puisqu’il y a glissement.
   Tant qu’il y a translation (pas de rotation du solide), le théorème du moment cinétique scalaire par rapport à $\displaystyle \left(By\right)$ donne $\displaystyle N_{A}\left(L-x\right)-mg\left(\frac{L}{2}-x\right)\cos\alpha=0$.
   Attention, cette fois, la force de frottement s’oppose au mouvement de l’arbre et est orientée selon $\displaystyle -\overrightarrow{u_{x}}$.
   D’où $\displaystyle T_{A}=-fmg\frac{\frac{L}{2}-x}{L-x}\cos\alpha$.
   Seuls $\displaystyle \overrightarrow{T_{A}}$ et le poids travaillent. Lorsque G atteint le sommet, le théorème de l’énergie cinétique impose :
   $\displaystyle \frac{1}{2}mv^{2}-E_{c0}=-\int_{x=0}^{L/2}\left[fmg\frac{\frac{L}{2}-x}{L-x}\cos\alpha+mg\sin\alpha\right]dx$.
   C’est possible pour $\displaystyle \frac{1}{2}mv^{2}=E_{c0}-mg\left[f\cos\alpha\int_{x=0}^{L/2}\frac{\frac{L}{2}-x}{L-x}dx+\left(L/2\right)\sin\alpha\right]\geq0$.
   $\displaystyle \int_{x=0}^{L/2}\frac{\frac{L}{2}-x}{L-x}dx=\int_{x=0}^{L/2}\left(1-\frac{\frac{L}{2}}{L-x}\right)dx=\frac{L}{2}\left(1-\ln2\right)$.
   En considérant que l’énergie libérée par l’explosion d’une masse $\displaystyle M$ est intégralement transmise au tronc sous forme d’énergie cinétique (hypothèse très grossière), la masse minimale est (homogène) : $$M\geq m\frac{gL}{2\varepsilon}\left[f\left(1-\ln2\right)\cos\alpha+\sin\alpha\right].$$
   A.N. : $\displaystyle M=0,6\textrm{ kg}$.

:::1. Le référentiel terrestre est supposé galiléen. $\displaystyle M$ est soumis à son poids , à la réaction verticale du support, à la tension du fil $\displaystyle \overrightarrow{F}=F\overrightarrow{u_{x}}$ et à la tension du ressort $\displaystyle \overrightarrow{T}=-k\left(x-\ell_{0}\right)\overrightarrow{u_{x}}$.

M’ est soumis à la tension du fil $\displaystyle \overrightarrow{F'}=-F'\overrightarrow{u_{z}}$ et à son poids.

À l’équilibre, en l’absence de frottement du fil sur la poulie $\displaystyle F=F'$. Le principe fondamental de la dynamique appliqué aux deux masses donne (avec l’axe $\displaystyle \left(Oz\right)$ vertical descendant) :

$\displaystyle m\ddot{x}=-k\left(x-\ell_{0}\right)+F=0$.

$\displaystyle m'\ddot{z}=m'g-F=0$. D’où $$x=x_{\acute{e}q}=\ell_{0}+\frac{m'g}{k}.$$

2. Le fil est inextensible : $\displaystyle \dot{z}=\dot{x}$. C’est un problème à un seul degré de liberté (voir remarque à la fin).
   $\displaystyle \left(m+m'\right)\ddot{x}=m'g-k\left(x-\ell_{0}\right)$ , soit avec $\displaystyle u=x-x_{\acute{e}q}$,

$\displaystyle \left(m+m'\right)\ddot{u}=-ku$, d’où la période (homogène) $$\tau=2\pi\sqrt{\frac{m+m'}{k}}.$$

3. Les deux tensions du fil de part et d’autre de la poulie ne sont plus égales.

$\displaystyle m\ddot{x}=-k\left(x-\ell_{0}\right)+F$

$\displaystyle m'\ddot{z}=m'g-F'$

La poulie est soumises aux tensions des fils opposées aux précédentes, le fil étant sans masse, aux actions d’axe dont le moment par rapport à l’axe de rotation est nul (pas de frottement), et à son poids dont le moment par rapport à l’axe est nul, le centre d’inertie étant sur l’axe. On applique le théorème du moment cinétique à la poulie, en projection par rapport à son axe :

$\displaystyle J\ddot{\theta}=R(F'-F)$

Pas de glissement du fil sur la poulie, donc $\displaystyle \dot{x}=\dot{z}=R\dot{\theta}$

D’où en sommant : $\displaystyle \left(m+m'+\mu/2\right)\ddot{u}=-ku$, soit

$\displaystyle T'=2\pi\sqrt{\frac{m+m'+\mu/2}{k}}$

4. $\displaystyle M$ est soumis à son poids, à la réaction verticale du support $\displaystyle \overrightarrow{R_{N}}$ et à la réaction tangentielle $\displaystyle \overrightarrow{R_{T}}$, à la tension du fil $\displaystyle \overrightarrow{F}=F\overrightarrow{u_{x}}$ et à la tension du ressort $\displaystyle \overrightarrow{T}=-k\left(x-\ell_{0}\right)\overrightarrow{u_{x}}$.

$\displaystyle M'$ est soumis à la tension du fil $\displaystyle \overrightarrow{F'}=-F'\overrightarrow{u_{z}}$ et à son poids.

À l’équilibre, en l’absence de frottement du fil sur la poulie $\displaystyle F=F'$. Le pfd appliqué aux deux masses donne :

$\displaystyle -k\left(x-\ell_{0}\right)+F+R_{T}=0$

$\displaystyle R_{N}=mg$

$\displaystyle m'g-F=0$

D’où $\displaystyle R_{T}=k\left(x-\ell_{0}\right)-m'g$. L’équilibre nécessite $\displaystyle \left|R_{T}\right|\leq f_{s}R_{N}$, soit $\displaystyle \left|k\left(x-\ell_{0}\right)-m'g\right|\leq f_{s}mg$

Pour $\displaystyle k\left(x-\ell_{0}\right)-m'g>0,k\left(x-\ell_{0}\right)-m'g<f_{s}mg\Longrightarrow\ell_{0}+\frac{g}{k}m'\leq x\leq\ell_{0}+\frac{g}{k}\left(m'+f_{s}m\right)$.

Pour $\displaystyle k\left(x-\ell_{0}\right)-m'g<0,-k\left(x-\ell_{0}\right)+m'g<f_{s}mg\Longrightarrow\ell_{0}+\frac{g}{k}\left(m'-f_{s}m\right)\leq x\leq\ell_{0}+\frac{g}{k}m'$

Finalement, il y a une plage de valeurs possibles pour l’équilibre :
$$\ell_{0}+\frac{g}{k}\left(m'-f_{s}m\right)\leq x\leq\ell_{0}+\frac{g}{k}\left(m'+f_{s}m\right)$$
Remarque —
$\displaystyle \dot{x}=\dot{z}=R\dot{\theta}$, il s’agit d’un problème à un degré de liberté 👉approche énergétique.
De fait les questions 2 et 3 se résolvent (plus) facilement avec une approche énergétique en dérivant par rapport au temps l’énergie mécanique du système masses+poulie+fil :
$\displaystyle E_{m}=\frac{1}{2}\left(m+m'\right)\dot{x}^{2}+\frac{1}{2}k\left(x-\ell_{0}\right)^{2}+m'gx+Cte$ pour 2),
$\displaystyle E_{m}=\frac{1}{2}\left(m+m'+\mu/2\right)\dot{x}^{2}+\frac{1}{2}k\left(x-\ell_{0}\right)^{2}+m'gx+Cte'$ pour 3).
Mais la question 4 nécessite de revenir à une analyse plus détaillée des forces.

Exercice 60 ⭐️⭐️ Boule contre un mur, Spé

Une boule homogène de masse $\displaystyle m$, de rayon $\displaystyle a$, de centre d’inertie $\displaystyle G$, de moment d’inertie $\displaystyle J$ par rapport à l’un de ses diamètres, est en contact avec le sol et avec un mur. Elle tourne autour de l’axe horizontal $\displaystyle (Gz)$ à vitesse angulaire $\displaystyle \omega(t)$, le coefficient de frottement entre la boule et les deux supports fixes étant $\displaystyle f$.

1. Déterminer les réactions $\displaystyle \overrightarrow{R}$ et $\displaystyle \overrightarrow{R'}$ du sol et du mur.

2. La vitesse angulaire initiale est $\displaystyle \omega_{0}>0$. Déterminer $\displaystyle \omega(t)$.

3. Retrouver ce résultat par un raisonnement énergétique.

Attention, le centre de masse de la corde n’est pas nécessairement situé au milieu de la corde. C’est un système déformable, il faut revenir à la définition du centre de masse en fonction de la masse linéique $\displaystyle \mu$, de sa masse totale $\displaystyle m_{T}$ ; $\displaystyle P$ étant un point courant de la corde : $\displaystyle \overrightarrow{OG}=\frac{1}{m_{T}}\int_{A}^{B}\mu\overrightarrow{OP}d\ell$.

1. Par définition, en notant $\displaystyle \mu$ la masse linéique de la corde, $\displaystyle m_{T}$ sa masse et $\displaystyle z'(M)$ l’altitude d’un point quelconque de la corde,
   $\displaystyle \begin{aligned}Z(G)&=\frac{1}{m_{T}}\int_{A}^{B}\mu z'(M)dz'\\&=\frac{1}{m_{T}}\int_{0}^{z}\mu z'(M)dz'\\&=\frac{\mu}{m_{T}}\frac{z^{2}}{2}\\&=\frac{z^{2}}{2L}\end{aligned}$.
   La vitesse verticale $\displaystyle \overrightarrow{V}\left(G\right)=\frac{2\dot{z}z}{2L}\overrightarrow{u_{z}}=\frac{v_{0}^{2}t}{L}\overrightarrow{u_{z}}$ et l’accélération verticale $$\overrightarrow{a}\left(G\right)=\frac{v_{0}^{2}}{L}\overrightarrow{u_{z}}.$$
2. De même $\displaystyle Z(G)=\frac{z^{2}}{2L}$, $\displaystyle \overrightarrow{V}\left(G\right)=\frac{2\dot{z}z}{2L}\overrightarrow{u_{z}}=\frac{-v_{0}\left(L-v_{0}t)\right)}{L}\overrightarrow{u_{z}}$ et $$\overrightarrow{a}\left(G_{2}\right)=\frac{v_{0}^{2}}{L}\overrightarrow{u_{z}}.$$
   Dans le premier cas, $\displaystyle G$ monte avec une vitesse qui augmente car la longueur de corde animée d’une vitesse verticale augmente, dans le second cas, symétriquement, $\displaystyle G$ descend avec une vitesse qui diminue.
3. a. L’indication donnée par la balance est (à $\displaystyle g$ près) la valeur de la force exercée sur le plateau par un dispositif interne à la balance, qui équilibre la force exercée sur le plateau par ce qui est posé sur la balance (par exemple la force d’un dynamomètre, notée ici $\displaystyle -\overrightarrow{P}_{a}$). Le théorème du centre de masse appliqué au plateau de la balance équilibrée donne :
   $\displaystyle \overrightarrow{F}_{objet\rightarrow balance}-\overrightarrow{P}_{a}=\overrightarrow{0}$.
   Le théorème du centre de masse appliquée à un objet au repos, de masse $\displaystyle m_T$ posé sur le plateau s’écrit $\displaystyle m_{T}\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F}_{balance\rightarrow objet}=\overrightarrow{0}$,
   donc d’après la loi des actions réciproques
   $\displaystyle \overrightarrow{P}_{a}=m_{T}\overrightarrow{g}$.
   Dans le cas statique, le poids apparent est le poids réel.
   b. Le mouvement de $\displaystyle B$ est uniformément accéléré . Comme dans les
   questions 1) et 2), l’altitude du centre d’inertie est $\displaystyle Z(G)=\frac{z^{2}}{2L}$
   où $\displaystyle z=z(B)=L-\frac{1}{2}gt^{2}$.
   D’où
   $\displaystyle \begin{aligned}\overrightarrow{V}\left(G\right)&=\frac{2\dot{z}z}{2L}\overrightarrow{u_{z}}\\&=\left(L-\frac{1}{2}gt^{2}\right)\left(-gt\right)/L\overrightarrow{u_{z}}\end{aligned}$
   et
   $\displaystyle \begin{aligned}\overrightarrow{a}\left(G\right)&=-g\left(1-\frac{3g}{2L}t^{2}\right)\overrightarrow{u_{z}}\\&=-g\left(1-\frac{3t^{2}}{\tau^{2}}\right)\overrightarrow{u_{z}}\end{aligned}.$
   Au début de la chute, l’accélération est $\displaystyle -g\overrightarrow{u_{z}}$.
   Puis son module diminue car la longueur verticale de la corde diminue.
   La longueur verticale diminuant de plus en plus vite, la vitesse de
   $\displaystyle G$ reste selon $\displaystyle -\overrightarrow{u_{z}}$, mais son accélération s’annule
   pour $\displaystyle t=t_{0}=\frac{\tau}{\sqrt{3}}$, puis est portée par $\displaystyle +\overrightarrow{u_{z}}$
   jusqu’à ce que B touche le plateau.
   c. Dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen, le théorème du centre de masse appliqué à la corde donne
   $\displaystyle m_{T}\overrightarrow{a}\left(G\right)=m_{T}\overrightarrow{g}+\overrightarrow{F}_{balance\rightarrow corde}$.
   Donc
   $\displaystyle \begin{aligned}\overrightarrow{F}_{balance\rightarrow corde}&=m_{T}\left[-g\left(1-\frac{3t^{2}}{\tau^{2}}\right)+g\right]\overrightarrow{u_{z}}\\&=m_{T}g\frac{3t^{2}}{\tau^{2}}\overrightarrow{u_{z}}.\end{aligned}$
   Or la masse de la corde sur la balance est
   $\displaystyle \begin{aligned}m(t)&=\mu\left(L-z(t)\right)\\&=\mu\frac{1}{2}gt^{2}=m_{T}\frac{t^{2}}{\tau^{2}}.\end{aligned}$
   On obtient bien $$\overrightarrow{F}_{balance\rightarrow corde}=-\overrightarrow{P_{app}}=3m(t)\overrightarrow{g}.$$
   La balance indique le poids de la corde lorsque l’accélération de la corde est nulle, soit pour soit pour $\displaystyle t=t_{0}=\frac{\tau}{\sqrt{3}}$.
   Remarque— On a alors $\displaystyle m(t)=\frac{m_{T}}{3}\neq m_{T}$.

• Un seul degré de liberté 👉 Une équation scalaire suffit.
• Positions d’équilibre et stabilité pour un système conservatif 👉 les positions d’équilbre correspondent aux extrema de l’énergie potentielle (maximum pour une position instable, minimum pour une position d’équilibre stable)

1. Le seul degré de liberté est l’angle $\displaystyle \theta$. Il s’agit d’un solide en rotation autour d’un axe fixe $\displaystyle E_{c}=\frac{1}{2}J\dot{\theta}^{2}$. Il suffit d’une équation scalaire pour étudier le mouvement.
2. Le solide est soumis
   -aux actions de contact en O, dont le travail est nul (pas de frottement)
   -au poids, qui dérive d’une énergie potentielle $\displaystyle E_{p}(\theta)$.
   L’énergie mécanique $\displaystyle E_{m}=E_{c}+E_{p}$ est donc une constante du mouvement.
   L’énergie potentielle de pesanteur est la somme des énergies potentielles de chaque barre. La barre $\displaystyle AB$ a pour centre d’inertie le point $\displaystyle O$, dont l’altitude ne varie pas, son énergie potentielle est constante. La barre $\displaystyle BC$ a pour centre d’inertie $\displaystyle O'$ d’altitude $\displaystyle z_{O'}$.
   $\displaystyle \overrightarrow{OB}=b\left(\cos\theta\overrightarrow{e_{z}}-\sin\theta\overrightarrow{e_{y}}\right)$, et
   $\displaystyle \overrightarrow{O'B}=b\left(\cos\theta\overrightarrow{e_{y}}+\sin\theta\overrightarrow{e_{z}}\right)$
   Avec $\displaystyle \overrightarrow{OO'}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{BO'}$,
   $\displaystyle z_{O'}=b\left[\cos\theta-\sin\theta\right]$ et $\displaystyle E_{p}\left(\theta\right)=Mgz_{O'}=Mgb\left[\cos\theta-\sin\theta\right]$.
   Les positions d’équilibre correspondent aux extrema de $\displaystyle E_{p}\left(\theta\right)$.
   $\displaystyle E'_{p}\left(\theta\right)=-Mgb\left[\sin\theta+\cos\theta\right]$
   Pour $\displaystyle -\pi\leq\theta\leq\pi$, $\displaystyle E'_{p}\left(\theta\right)=0\Longleftrightarrow\theta=-\pi/4$ ou $\displaystyle \theta=3\pi/4$…
   Dans les deux cas $\displaystyle O$ et $\displaystyle O'$ sont sur la même verticale.
   La stabilité est donnée par le signe de $\displaystyle E"_{p}\left(\theta\right)=-Mgb\left[\cos\theta-\sin\theta\right]$.
   En $\displaystyle \theta=3\pi/4$, l’équilibre est stable car $\displaystyle E"_{p}\left(3\pi/4\right)>0$.
   En revanche, en $\displaystyle \theta=-\pi/4$ l’équilibre est instable car $\displaystyle E"_{p}\left(-\pi/4\right)<0$.
   
3. $\displaystyle \frac{dE_{m}}{dt}=0\Rightarrow\dot{\theta}\left(J\ddot{\theta}-Mgb\left[\sin\theta+\cos\theta\right]\right)=0$.
   Au voisinage de $\displaystyle 3\pi/4$, posons $\displaystyle \theta=3\pi/4+u$. Pour $\displaystyle J\dot{\theta}\neq0$, on obtient
   $\displaystyle J\ddot{u}-Mgb\left[\sin\left(3\pi/4+u\right)+\cos\left(3\pi/4+u\right)\right]=0$.
   En se limitant aux termes d’ordre 1 en $\displaystyle u$,
   $\displaystyle J\ddot{u}-Mgb\left[\frac{\sqrt{2}}{2}-u\frac{\sqrt{2}}{2}+\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}-u\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\right]=0$
   $\displaystyle \Longleftrightarrow J\ddot{u}+\sqrt{2}Mgbu=0$.
   C’est l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation $\displaystyle \omega=\sqrt{\frac{Mgb\sqrt{2}}{J}}$,$$\omega=\sqrt{\frac{3\sqrt{2}g}{8b}}.$$ L’évolution de l’angle autour de sa position d’équilibre stable est de la forme $\displaystyle \theta(t)=3\pi/4+A\cos\left(\omega t+\varphi\right)$.

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.