La lame de scie voilée : quand le moment cinétique quitte l'axe

La stratégie. On écrit $\overrightarrow{\Omega }$ dans une base où la matrice est connue (la base liée à la lame, où elle est diagonale), on fait le produit, puis on projette sur l'axe de rotation et perpendiculairement. Le défaut est petit, mais le résultat se mesure : c'est l'effort tournant sur les paliers, qui croît comme ${\omega }^2$.

1) Axe fixe non principal. $G$ est fixe et lié au solide, $\overrightarrow{\Omega }=\omega \overrightarrow{z}$ ; dans la base liée $(\overrightarrow{x},\overrightarrow{y},\overrightarrow{z})$, la convention du cours donne $$\overrightarrow{\sigma }(G)=\left(\begin{array}{ccc}{A}_z& -F_z& -E_z\\ -F_z& B_z& -D_z\\ -E_z& -D_z& C_z\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ \omega \end{array}\right)=-E_z\omega \overrightarrow{x}-D_z\omega \overrightarrow{y}+C_z\omega \overrightarrow{z},$$ où l'indice $z$ rappelle que ces coefficients sont ceux de la base $(\overrightarrow{x},\overrightarrow{y},\overrightarrow{z})$, et non ceux de la base 1. $\overrightarrow{\sigma }$ est colinéaire à $\overrightarrow{\Omega }$ si et seulement si $D_z=E_z=0$, c'est-à-dire si l'axe de rotation est axe principal d'inertie en $G$ ; sinon $\overrightarrow{\sigma }$ quitte l'axe. Le comparateur : un point de la périphérie, à $r=225\mathrm{mm}$, s'écarte du plan idéal de $\pm r\sin \epsilon$ ; le battement crête à crête vaut $2r\epsilon$, d'où $\epsilon =\frac{0,45}{2\times 225}=1,0\times 10^{-3}\mathrm{rad}$, et le voile (écart maximal au plan idéal) vaut $0,225\mathrm{mm}$.

2) Le moment cinétique dans la base de la lame. La base 1 se déduit de $(\overrightarrow{x},\overrightarrow{y},\overrightarrow{z})$ par la rotation d'angle $\epsilon$ autour de $\overrightarrow{x}$ : ${\overrightarrow{y}}_1=\cos \epsilon \overrightarrow{y}+\sin \epsilon \overrightarrow{z}$ et ${\overrightarrow{z}}_1=-\sin \epsilon \overrightarrow{y}+\cos \epsilon \overrightarrow{z}$, donc $\overrightarrow{z}=\sin \epsilon {\overrightarrow{y}}_1+\cos \epsilon {\overrightarrow{z}}_1$. Ainsi $\overrightarrow{\Omega }=\omega \sin \epsilon {\overrightarrow{y}}_1+\omega \cos \epsilon {\overrightarrow{z}}_1$ et $$\overrightarrow{\sigma }(G)=A\omega \sin \epsilon {\overrightarrow{y}}_1+C\omega \cos \epsilon {\overrightarrow{z}}_1.$$ On projette sur $\overrightarrow{z}$ et sur $\overrightarrow{y}=\cos \epsilon {\overrightarrow{y}}_1-\sin \epsilon {\overrightarrow{z}}_1$ : $${\sigma }_{\parallel }=\omega (A{\sin }^2\epsilon +C{\cos }^2\epsilon ),{\overrightarrow{\sigma }}_{\perp }=-(C-A)\omega \sin \epsilon \cos \epsilon \overrightarrow{y}.$$ On reconnaît $D_z=(C-A)\sin \epsilon \cos \epsilon$ et $E_z=0$. Avec $\omega =3000\times 2\pi /60=314\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$ (vitesse périphérique $70,7\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$) : ${\sigma }_{\parallel }=0,1011\times 314=31,8\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}$ et ${\sigma }_{\perp }=0,0506\times 314\times 10^{-3}=1,59\times 10^{-2}\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}$. L'angle vaut $\gamma \approx {\sigma }_{\perp }/{\sigma }_{\parallel }=\frac{C-A}{C}\epsilon =\frac{\epsilon }{2}=5,0\times 10^{-4}\mathrm{rad}$ pour un disque mince ($C=2A$) : $\overrightarrow{\sigma }$ est entre l'axe de rotation et l'axe de symétrie de la lame, à mi-chemin.

3) Le moment cinétique tourne avec la lame. $\overrightarrow{\sigma }(G)={\sigma }_{\parallel }\overrightarrow{z}-{\sigma }_{\perp }\overrightarrow{y}$, avec ${\sigma }_{\parallel }$ et ${\sigma }_{\perp }$ constants et $\overrightarrow{y}$ lié à la lame : c'est un vecteur fixe dans la lame, qui tourne avec elle à $\omega \overrightarrow{z}$. Le couple gyroscopique admis donne le moment à exercer sur la lame : $\overrightarrow{\Gamma }=\omega \overrightarrow{z}\wedge \overrightarrow{\sigma }(G)=\omega \overrightarrow{z}\wedge {\overrightarrow{\sigma }}_{\perp }$, perpendiculaire à l'axe, de norme $$\Gamma =\omega {\sigma }_{\perp }=(C-A){\omega }^2\sin \epsilon \cos \epsilon =314\times 1,59\times 10^{-2}=4,99\mathrm{N}\mathrm{m},$$ et qui tourne avec la lame. Les paliers le fournissent par deux efforts radiaux opposés, distants de $80\mathrm{mm}$ : $F=\Gamma /0,080=62\mathrm{N}$ sur chaque palier, tournant à $50\mathrm{Hz}$. C'est plus que le poids de la lame, $mg=39\mathrm{N}$, qui lui est fixe : un défaut d'un milliradian, invisible à l'œil, produit des efforts vibratoires supérieurs au poids.

4) Conclusion sur l'exigence. $F\le 20\mathrm{N}$ impose $\Gamma \le 1,6\mathrm{N}\mathrm{m}$, soit, pour $\epsilon$ petit, $$\epsilon \le \frac{1,6}{(C-A){\omega }^2}=\frac{1,6}{0,0506\times 314^2}=3,2\times 10^{-4}\mathrm{rad},$$ un voile de $225\times 3,2\times 10^{-4}=0,072\mathrm{mm}$ en périphérie (battement crête à crête $0,14\mathrm{mm}$). La lame mesurée, à $0,225\mathrm{mm}$, est non conforme (effort trois fois trop grand) : il faut la redresser, ou reprendre la portée des flasques. Comme $F$ varie comme ${\omega }^2$, la même lame tournerait correctement à $1500\mathrm{tr}\mathrm{mi}{\mathrm{n}}^{-1}$ ($16\mathrm{N}$) : la tolérance de voile dépend de la vitesse.

5) Cas limites. ${\sigma }_{\perp }=\frac{1}{2}(C-A)\omega \sin 2\epsilon$ : nul pour $\epsilon =0$ ($\overrightarrow{z}$ est axe principal) et pour $\epsilon =\pi /2$ (la lame tournerait autour d'un diamètre, autre axe principal) ; maximal pour $\epsilon =\pi /4$, où il vaut $\frac{1}{2}(C-A)\omega =7,9\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}$, le quart de $C\omega$. Si $C=A$ (une sphère, un cube, un cylindre de hauteur $\sqrt{3}R$), tout axe passant par $G$ est principal : aucun défaut d'orientation n'écarte $\overrightarrow{\sigma }$ de l'axe. Pour une tige mince inclinée sur l'axe, le moment d'inertie sur son propre axe est nul ($C=0$) : ${\overrightarrow{\sigma }}_{\perp }$ change de sens et $\overrightarrow{\sigma }=A\omega \sin \epsilon {\overrightarrow{y}}_1$ devient perpendiculaire à la tige, au lieu de se rapprocher de son axe comme pour le disque, et la tige perpendiculaire à l'axe (pale d'hélice) redevient un cas principal.

Ce que l'exercice installe. Pour un solide en rotation autour d'un axe fixe, $\overrightarrow{\sigma }=-E\omega \overrightarrow{x}-D\omega \overrightarrow{y}+C\omega \overrightarrow{z}$ dans une base liée : $\overrightarrow{\sigma }$ n'est colinéaire à $\overrightarrow{\Omega }$ que si l'axe de rotation est principal. La composante perpendiculaire est fixe dans le solide et tourne avec lui : c'est l'origine des efforts tournants sur les paliers, proportionnels à ${\omega }^2$. Et une démarche de mesure : du battement relevé au comparateur à la tolérance de montage.