L'essieu de TGV : trois points de réduction, un signe qui change

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 $G$ : $$\overrightarrow{\sigma }(G)=[I(G)]\overrightarrow{\Omega }=-J\omega \overrightarrow{z}=-110\times 181,2\overrightarrow{z}=-1,99\times 10^4\overrightarrow{z}\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}.$$ ($A$ 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 $$\overrightarrow{\sigma }(I)=-(1,99+6,90)\times 10^4\overrightarrow{z}=-8,89\times 10^4\overrightarrow{z}\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}.$$ 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 $\overrightarrow{TG}=-R\overrightarrow{y}$ : $$\overrightarrow{\sigma }(T)=-J\omega \overrightarrow{z}+(-R\overrightarrow{y})\wedge mV\overrightarrow{x}=(mRV-J\omega )\overrightarrow{z}=+4,91\times 10^4\overrightarrow{z}\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}.$$ 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 $G$.