La nacelle de grande roue : en translation, mais pas sans moment cinétique

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 $G_i$ : $$\overrightarrow{\sigma }(O)=\overrightarrow{\sigma }(G_i)+\overrightarrow{O{G}_i}\wedge m\overrightarrow{V}(G_i/R_0)=mR\omega \overrightarrow{O{G}_i}\wedge {\overrightarrow{u}}_i.$$ Avec $\overrightarrow{O{G}_i}=R\cos {\theta }_i{\overrightarrow{x}}_0+(R\sin {\theta }_i-d){\overrightarrow{y}}_0$ et ${\overrightarrow{x}}_0\wedge {\overrightarrow{y}}_0={\overrightarrow{z}}_0$ : $${\sigma }_z(O)=mR\omega [R{\cos }^2{\theta }_i+(R\sin {\theta }_i-d)\sin {\theta }_i]=mR\omega (R-d\sin {\theta }_i).$$ 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 : $${\sigma }_z(O,E/R_0)=(J_0+Nm{R}^2)\omega =1,638\times 10^8\times 8,73\times 10^{-3}=1,43\times 10^6\mathrm{N}\mathrm{m}\mathrm{s}.$$ 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 $$t_a=\frac{(J_0+Nm{R}^2)\omega }{C_f}=\frac{1,43\times 10^6}{8,0\times 10^4}=17,9\mathrm{s}>15\mathrm{s}.$$ 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.