Cinétique des Solides et des Systèmes

Le champ des vitesses du solide donne, pour tout point $P$ de $(S)$, $\overrightarrow{V}(P/R)=\overrightarrow{V}(A\in S/R)+\overrightarrow{\Omega }(S/R)\wedge \overrightarrow{AP}$. En reportant dans la définition :

$$\overrightarrow{\sigma }(A,S/R)={\iiint }_S\overrightarrow{AP}\wedge (\overrightarrow{\Omega }\wedge \overrightarrow{AP})\mathrm{d}m+\left({\iiint }_S\overrightarrow{AP}\mathrm{d}m\right)\wedge \overrightarrow{V}(A\in S/R).$$

La première intégrale est l'opérateur d'inertie en $A$ appliqué à $\overrightarrow{\Omega }$, soit $[I(A,S)]\overrightarrow{\Omega }$ ; la seconde vaut $m\overrightarrow{AG}\wedge \overrightarrow{V}(A\in S/R)$ par définition du centre d'inertie.

$G_r$ est fixe dans $p$ : $\overrightarrow{V}(G_r/R)=\overrightarrow{V}(G_r\in p/R)$, d'où l'égalité des résultantes. La matrice $[I(G_r,r)]$ est $\mathrm{diag}(A,A,C)$ dans toute base contenant $\overrightarrow{e}$, donc $[I(G_r,r)](\overrightarrow{\Omega }(p/R)+\omega \overrightarrow{e})=[I(G_r,r)]\overrightarrow{\Omega }(p/R)+C\omega \overrightarrow{e}$, et le transport depuis $G_r$ ajoute le même terme $\overrightarrow{A{G}_r}\wedge m\overrightarrow{V}(G_r/R)$ aux deux moments.

La stratégie. Le mouvement d'abord (une translation, donc $\overrightarrow{\Omega }=\overrightarrow{0}$) ; le point de réduction ensuite ($G_i$, où le moment est nul) ; puis le transport en $O$ — jamais $[I(O)]\overrightarrow{\Omega }$, car $O$ n'est pas un point lié à la nacelle. La somme sur les nacelles se fait au même point $O$, et la loi du moment cinétique, admise, ne sert qu'à la conclusion chiffrée.

1) Une translation circulaire. La nacelle garde une orientation fixe (son plancher reste horizontal) : $\overrightarrow{\Omega }(\text{nacelle}/R_0)=\overrightarrow{0}$, c'est une translation. Tous ses points ont donc à chaque instant la même vitesse, celle de $P_i$, qui est aussi un point de la jante : $\overrightarrow{V}(G_i/R_0)=\overrightarrow{V}(P_i/R_0)=R\omega {\overrightarrow{u}}_i$, avec le vecteur orthoradial ${\overrightarrow{u}}_i=-\sin {\theta }_i{\overrightarrow{x}}_0+\cos {\theta }_i{\overrightarrow{y}}_0$ ; la norme vaut $R\omega =28\times 8,73\times 10^{-3}=0,24\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$, avec $\omega =2\pi /720=8,73\times 10^{-3}\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$. Les trajectoires sont des cercles de même rayon $R$, de centres différents : $P_i$ décrit le cercle de centre $O$, et $G_i$, puisque $\overrightarrow{O{G}_i}=\overrightarrow{O{P}_i}-d{\overrightarrow{y}}_0$, le cercle de centre $O^{\prime }$ situé à $d$ sous $O$. C'est une translation circulaire, pas une rotation.

En $G_i$, la formule du cours s'applique : $\overrightarrow{\sigma }(G_i)=[I(G_i)]\overrightarrow{0}=\overrightarrow{0}$. Le torseur cinétique est donc

$$\{\mathcal{C}(\text{nacelle}/R_0)\}={\left\{\begin{array}{c}mR\omega {\overrightarrow{u}}_i\\ \overrightarrow{0}\end{array}\right\}}_{G_i},$$

un glisseur. Son moment en un point $A$ vaut $\overrightarrow{A{G}_i}\wedge mR\omega {\overrightarrow{u}}_i$ : il est nul si et seulement si $A$ est sur la droite $(G_i,{\overrightarrow{u}}_i)$, l'axe du glisseur, et nulle part ailleurs.

2) $O$ n'est pas un point de la nacelle. La formule $\overrightarrow{\sigma }(O)=[I(O)]\overrightarrow{\Omega }$ suppose $O$ fixe et lié au solide. Or le point lié à la nacelle qui coïncide avec $O$ a la vitesse de tous les points de la nacelle : $\overrightarrow{V}(O\in \text{nacelle}/R_0)=\overrightarrow{V}(G_i/R_0)\ne \overrightarrow{0}$. L'élève a confondu « $O$ est fixe dans $R_0$ » et « le point de la nacelle situé en $O$ est fixe ». On transporte depuis $G_i$ :

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\sigma }(O)& =\overrightarrow{\sigma }(G_i)+\overrightarrow{O{G}_i}\wedge m\overrightarrow{V}(G_i/R_0)\\ & =mR\omega \overrightarrow{O{G}_i}\wedge {\overrightarrow{u}}_i.\end{array}$$

Avec $\overrightarrow{O{G}_i}=R\cos {\theta }_i{\overrightarrow{x}}_0+(R\sin {\theta }_i-d){\overrightarrow{y}}_0$ et ${\overrightarrow{x}}_0\wedge {\overrightarrow{y}}_0={\overrightarrow{z}}_0$ :

$$\begin{array}{rl}{\sigma }_z(O)& =mR\omega [R{\cos }^2{\theta }_i+(R\sin {\theta }_i-d)\sin {\theta }_i]\\ & =mR\omega (R-d\sin {\theta }_i).\end{array}$$

Le facteur $R-d\sin {\theta }_i$ est la distance de $O$ à l'axe du glisseur : c'est le « bras de levier » de la quantité de mouvement. Numériquement, $m{R}^2\omega =1300\times 28^2\times 8,73\times 10^{-3}=8,89\times 10^3\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}$, et ${\sigma }_z(O)$ oscille entre $8,26\times 10^3$ (nacelle en haut, ${\theta }_i=90^{\circ }$) et $9,53\times 10^3\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}$ (nacelle en bas), soit $\pm d/R=\pm 7,1\%$ autour de $m{R}^2\omega$.

3) La somme est exacte. Les $N$ moments étant tous réduits au même point $O$, on peut les additionner :

$$\sum _{i=1}^N{\sigma }_z(O,i)=mR\omega (NR-d\sum _{i=1}^N\sin {\theta }_i).$$

Les angles ${\theta }_i={\theta }_1+2\pi (i-1)/N$ sont régulièrement répartis ; $\sum \sin {\theta }_i$ est la partie imaginaire de $e^{\mathrm{i}{\theta }_1}{\sum }_{k=0}^{N-1}{e}^{2\mathrm{i}\pi k/N}=0$ : la somme est nulle pour $N\ge 2$, à tout instant. On le voit aussi sur la résultante : $\sum m\overrightarrow{V}(G_i)=mR\omega \sum {\overrightarrow{u}}_i=\overrightarrow{0}$ ; le torseur cinétique de l'ensemble des nacelles est un couple, son moment est le même en tout point. D'où ${\sigma }_z(O,\text{nacelles})=Nm{R}^2\omega =42\times 1300\times 784\times 8,73\times 10^{-3}=3,74\times 10^5\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}$.

Pour la roue, $O$ est fixe et lié à la roue : $\overrightarrow{\sigma }(O,\text{roue})=[I(O,\text{roue})]\omega {\overrightarrow{z}}_0$, dont la composante sur l'axe est $J_0\omega =1,056\times 10^6\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}$ (d'éventuels produits d'inertie n'ajoutent que des composantes perpendiculaires à l'axe). Pour l'ensemble :

$$\begin{array}{rl}{\sigma }_z(O,E/R_0)& =(J_0+Nm{R}^2)\omega \\ & =1,638\times 10^8\times 8,73\times 10^{-3}\\ & =1,43\times 10^6\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}.\end{array}$$

Les nacelles en portent $26\%$.

4) La durée d'arrêt, et une conclusion qui se renverse. Bilan des actions extérieures à $E$ : le poids de la roue passe par l'axe (moment nul) ; le poids des nacelles a pour moment par rapport à l'axe $-mgR\sum \cos {\theta }_i=0$ (même argument de répartition) ; la liaison pivot du bâti, parfaite, n'a pas de moment par rapport à son axe ; il reste le frein, $-C_f$. Les pivots des nacelles sont intérieurs à $E$. La loi admise donne $\frac{\mathrm{d}{\sigma }_z}{\mathrm{d}t}=-C_f$ : ${\sigma }_z$ décroît linéairement, et la roue s'arrête au bout de

$$\begin{array}{rl}{t}_a& =\frac{(J_0+Nm{R}^2)\omega }{C_f}\\ & =\frac{1,43\times 10^6}{8,0\times 10^4}\\ & =17,9\mathrm{s}>15\mathrm{s}.\end{array}$$

L'exigence n'est pas satisfaite (écart de $+19\%$) ; pour s'arrêter en $15\mathrm{s}$ il faut un couple de freinage de $1,43\times 10^6/15=9,5\times 10^4\mathrm{N}\mathrm{m}$. En oubliant les nacelles, on aurait trouvé $J_0\omega /C_f=13,2\mathrm{s}$, « conforme » : une erreur de $-26\%$ sur le moment cinétique renverse la décision.

5) Validation. Si l'on traitait chaque nacelle comme liée à la roue, on aurait $\overrightarrow{\Omega }=\omega {\overrightarrow{z}}_0$ et ${\sigma }_z(O,i)=(J_G+mO{G}_i^2)\omega$, avec $\sum O{G}_i^2=N(R^2+d^2)$ (les termes croisés s'annulent par répartition) : un excédent de $N(J_G+m{d}^2)\omega =42\times 6700\times 8,73\times 10^{-3}=2,5\times 10^3\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}$, soit $0,17\%$. L'erreur de modèle est ici négligeable, mais elle ne l'est que parce que $R\gg d$ et $m{R}^2\gg J_G$ ; la faute de la question 2, elle, donnait zéro. Pendant le freinage, la décélération tangentielle de la jante vaut $R\omega /t_a=0,244/17,9=1,4\times 10^{-2}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$ ; une nacelle pendulaire s'incline alors d'environ $a/g=1,4\times 10^{-3}\mathrm{rad}$, moins d'un dixième de degré : l'hypothèse de translation tient, et les passagers ne sentent rien. Cas limite : pour $d\to 0$ ($G_i$ sur le pivot), ${\sigma }_z(O,i)=m{R}^2\omega$ ne varie plus au cours du tour.

Ce que l'exercice installe. Un solide en translation a un moment cinétique nul en son centre d'inertie, et son torseur cinétique est un glisseur ; il n'est pas nul ailleurs. La formule $[I(O)]\overrightarrow{\Omega }$ exige un point lié au solide et fixe, pas seulement un point fixe. Une répartition régulière fait de la somme un couple. Et le réflexe SII : oublier une partie de l'inertie peut renverser la conclusion sur le cahier des charges.

La stratégie. On établit une fois pour toutes la formule en un point quelconque ; elle dit d'un coup d'œil où l'on a le droit d'écrire $[I(A)]\overrightarrow{\Omega }$ : là où le point lié au solide est immobile, ou bien sur la droite qui le joint à $G$ parallèlement à sa vitesse. On l'applique ensuite en $G$, $I$, $T$, et l'on vérifie chaque résultat par transport.

1) La formule en un point quelconque. Le champ des vitesses du solide donne, pour tout point $P$ de $S$, $\overrightarrow{V}(P/R_0)=\overrightarrow{V}(A\in S/R_0)+\overrightarrow{\Omega }\wedge \overrightarrow{AP}$ ($A\in S$ désigne le point lié à $S$ qui coïncide avec $A$, qu'il soit ou non dans la matière). En reportant dans la définition :

$$\overrightarrow{\sigma }(A)={\int }_S\overrightarrow{AP}\wedge (\overrightarrow{\Omega }\wedge \overrightarrow{AP})\mathrm{d}m+\left({\int }_S\overrightarrow{AP}\mathrm{d}m\right)\wedge \overrightarrow{V}(A\in S/R_0).$$

La première intégrale est, par définition, l'opérateur d'inertie en $A$ appliqué à $\overrightarrow{\Omega }$, soit $[I(A,S)]\overrightarrow{\Omega }$ ; la seconde vaut $m\overrightarrow{AG}\wedge \overrightarrow{V}(A\in S/R_0)$, par définition du centre d'inertie. D'où la formule. Elle contient les deux cas du cours : en $A=G$, $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{0}$ ; en un point fixe lié à $S$, $\overrightarrow{V}(A\in S/R_0)=\overrightarrow{0}$. Elle en donne un troisième : il suffit que $\overrightarrow{V}(A\in S/R_0)$ soit nul ou colinéaire à $\overrightarrow{AG}$. Le point de contact d'un roulement sans glissement est dans ce cas, ou le centre instantané de rotation d'un mouvement plan, à l'instant considéré. À ne pas confondre avec le transport depuis $G$, $\overrightarrow{\sigma }(A)=[I(G)]\overrightarrow{\Omega }+\overrightarrow{AG}\wedge m\overrightarrow{V}(G)$, qui emploie la matrice en $G$ et la vitesse de $G$ : les deux formules sont justes, chacune avec ses propres ingrédients.

2) Rotation et moment en $G$. Rotation autour de $\overrightarrow{z}$ : $\overrightarrow{\Omega }=-\omega \overrightarrow{z}$ (sens horaire sur la figure). Roulement sans glissement : $\overrightarrow{V}(I\in S/R_0)=\overrightarrow{V}(G)+\overrightarrow{\Omega }\wedge \overrightarrow{GI}=V\overrightarrow{x}+(-\omega \overrightarrow{z})\wedge (-R\overrightarrow{y})=(V-R\omega )\overrightarrow{x}=\overrightarrow{0}$, d'où $\omega =V/R=83,3/0,46=181\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$ ($1730\mathrm{tr}\mathrm{mi}{\mathrm{n}}^{-1}$). En $G$ :

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\sigma }(G)& =[I(G)]\overrightarrow{\Omega }\\ & =-J\omega \overrightarrow{z}\\ & =-110\times 181,2\overrightarrow{z}\\ & =-1,99\times 10^4\overrightarrow{z}\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}.\end{array}$$

($A$ n'intervient pas : $\overrightarrow{\Omega }$ est porté par l'axe de révolution, axe principal.)

3) Au contact, les deux calculs coïncident. Par transport : $\overrightarrow{\sigma }(I)=\overrightarrow{\sigma }(G)+\overrightarrow{IG}\wedge m\overrightarrow{V}(G)=-J\omega \overrightarrow{z}+R\overrightarrow{y}\wedge mV\overrightarrow{x}=-(J\omega +mRV)\overrightarrow{z}$. Par Huygens, l'axe $(I,\overrightarrow{z})$ est à la distance $R$ de $(G,\overrightarrow{z})$ : $I_{zz}(I)=J+m{R}^2$, et $[I(I)]\overrightarrow{\Omega }=-(J+m{R}^2)\omega \overrightarrow{z}$, la même chose puisque $m{R}^2\omega =mRV$. Ils coïncident parce que $\overrightarrow{V}(I\in S/R_0)=\overrightarrow{0}$ : c'est le troisième cas de la question 1, que l'avertissement « deux cas seulement » oublierait. Numériquement, $mRV=1800\times 0,46\times 83,3=6,90\times 10^4$, d'où

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\sigma }(I)& =-(1,99+6,90)\times 10^4\overrightarrow{z}\\ & =-8,89\times 10^4\overrightarrow{z}\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}.\end{array}$$

Le moment cinétique ne dépend que de la position du point de réduction (la définition n'emploie que $\overrightarrow{AP}$ et les vitesses des points du solide) : au point fixe du rail qui coïncide avec $I$, il vaut, au même instant, le même vecteur. Point matériel de la roue, point du rail, point géométrique de contact : un seul $\overrightarrow{\sigma }$ à cet instant (leurs évolutions dans le temps, elles, diffèrent : ce sera l'affaire de la dynamique).

4) Au point haut, le signe change. Par transport, avec $\overrightarrow{TG}=-R\overrightarrow{y}$ :

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\sigma }(T)& =-J\omega \overrightarrow{z}+(-R\overrightarrow{y})\wedge mV\overrightarrow{x}\\ & =(mRV-J\omega )\overrightarrow{z}\\ & =+4,91\times 10^4\overrightarrow{z}\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}.\end{array}$$

Par la formule de la question 1, $\overrightarrow{V}(T\in S)=2V\overrightarrow{x}$ et $[I(T)]\overrightarrow{\Omega }+m\overrightarrow{TG}\wedge 2V\overrightarrow{x}=-(J+m{R}^2)\omega \overrightarrow{z}+2mRV\overrightarrow{z}$ : le même résultat. L'élève, lui, écrit $[I(T)]\overrightarrow{\Omega }=-8,89\times 10^4\overrightarrow{z}$ : le signe est faux, l'écart est de $-281\%$. La matrice est pourtant juste ($[I(T)]=[I(I)]$ par symétrie, $T$ et $I$ étant à la même distance $R$ de $G$ sur la même droite) ; ce qui manque, c'est le terme $m\overrightarrow{TG}\wedge \overrightarrow{V}(T\in S)$, car $T$ est le point le plus rapide de la roue. Sur la verticale de $G$, à la hauteur $y_A$ au-dessus du rail, le vrai moment vaut $-J\omega -mV(R-y_A)$, affine en $y_A$, tandis que $[I(A)]\overrightarrow{\Omega }$ donne $-(J+m(R-y_A{)}^2)\omega$ : les deux ne coïncident qu'en $I$ et en $G$.

5) Conclusion sur l'exigence. Disque plein : $J^{\prime }=\frac{1}{2}m{R}^2=190\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2$, d'où ${\sigma }_z(I)=-(190+381)\times 181,2=-1,035\times 10^5\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}$ : erreur de $+16\%$. Masse ponctuelle : ${\sigma }_z(I)=-mRV=-6,90\times 10^4$ : erreur de $-22\%$. Aucun des deux modèles ne satisfait l'exigence de $1\%$ ; seul convient le modèle complet, avec le moment d'inertie réel de l'essieu, mesuré ou fourni par le constructeur. Le terme de translation $mRV$ vaut $3,5$ fois le terme de rotation propre $J\omega$ : aucun des deux n'est négligeable. Et $J=110\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2$ est bien inférieur à $\frac{1}{2}m{R}^2$ : la masse d'un essieu est concentrée près de l'axe (l'axe plein, les moyeux, des toiles de roue minces) ; un essieu n'est pas un disque plein.

Ce que l'exercice installe. La formule générale $\overrightarrow{\sigma }(A)=[I(A)]\overrightarrow{\Omega }+m\overrightarrow{AG}\wedge \overrightarrow{V}(A\in S/R_0)$, qui contient tous les cas : $[I(A)]\overrightarrow{\Omega }$ suffit dès que $\overrightarrow{V}(A\in S/R_0)$ est nul ou colinéaire à $\overrightarrow{AG}$ (en $G$, en un point fixe lié au solide, au point de contact d'un roulement sans glissement). Le moment cinétique ne dépend que de la position du point. Et un contrôle : un résultat obtenu par la formule se vérifie par transport depuis $G$.