« Mécanique, enseignée via l'Histoire des Sciences/Les Principes avant 1687 » : différence entre les versions
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Il existe des dizaines d'exercices, utilisant les principes que nous avons indiqués. Nous citerons les plus classiques, quitte à approfondir les solutions après la leçon capitale sur le PFD.
Cet exercice fait partie du cours du paragraphe : pendule . En effet, c'est encore une gedanken-experiment qui a guidé Huygens. Ceci dit, contrairement à Galilée, il cherchait aussitôt la réalisation expérimentale.
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Mersenne savait qu'un pendule simple laché depuis l'horizontale avait une tension de ficelle égale à 3 mg au passage de la verticale ( ce qui exigeait des fils sans élasticité!). Il n'en savait pas la raison ; mais Huygens donna la réponse.
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Mersenne eût été content de connaître la force centrifuge mv²/R , avec ici v² = 2ga et R = a , donc la réaction: mg +2mg.
Plus généralement TOUT corps pendulaire de même J et même OG = a , aura la même période.
En particulier, Alors la réponse est : la réaction supporte le poids immobile de m1 et la composante de la tension du fil :
Réaction = m1.g + 3m2.g est donc la réponse.
Si maintenant, on étudie la moyenne temporelle de R(t) via
*Remarque : ce remplacement d'un système par un autre qui donne les MEMES EQUATIONS DIFFERENTIELLES va être un mode de production d'explications simples, qui s'appelle l'isomorphisme : vulgairement, "on se ramène au cas précédent".
==== Pendule conique ====
Attention piège :
Une pièce en T se balance librement selon la barre horizontale BOB' du T, la partie OA jouant le rôle de pendule de masse m de longueur OA = 2a = 2OG
1/.Calculer la période des petites oscillations, c'est à dire la longueur du pendule simple synchrone.
2/. BOB' est mis en rotation constante (w) autour de l'axe vertical Oz. A partir d'une certaine valeur de w, le pendule "décroche de la position horizontale" et se stabilise en prenant une position inclinée, décrivant ainsi un cône de demi-angle au sommet alpha . Touver alpha( w).
*Solution :
1/. La période des petites oscillations est liée à J/mg(a). Comme J(G) = ma²/3 ( démonstration en annexe, mais il vaut mieux le retenir par coeur), l = a + (a²/3)/(a) = 2/3 . 2a , cqfd
2/. Si la barre est en équilibre , c'est que le mouvement de G est un mouvement circulaire de rayon a sin(alpha), sous l'action de deux forces : la tension de la barre et le poids mg : d'où tan(alpha)= mw².(a sin(alpha))/mg ; soit cos(alpha) = g/w²a si w² est plus grand que g/a .
Ce raisonnement est FAUX : on avait prévenu : attention piège !
L'action sur le solide est le poids et l'action en O sur la barre QUI n'EST PAS EN DIRECTION de OG.
L'ensemble des actions axifuges dans le reférentiel tournant est un ensemble de forces parallèles croissant linéairement le long de la barre : elle se réduisent donc à une force unique passant au 2/3 de la barre et valant mw²(a).sin(alpha)). le PFDR autour de BOB' donne donc J.0 = 0 = -mga sin(alpha) + lcos(alpha).mw²(a)sin(alpha) :
soit cos(alpha) = g/w²l
[le raisonnement n'est pas rigoureux, car il convient d'appliquer le théorème du moment cinétique dans un référentiel tournant, et cela est délicat. Néanmoins ici, la barre du point de vue de son inertie est assimilable à une haltère ( déjà vu plus haut): on est ramené au cas du pendule simple conique avec le résultat usuel. Remarque : la force d'inertie axifuge m1.w²(l).sin(alpha) est bien m.w²(a).sin(alpha), car m1l = ma. Remarque2 : la réaction R en O est bien non dirigée vers OG puisqu'il s'y rajoute le poids m2g. Remarque3 : s'occuper du mouvement de la barre autour de cette position d'équilibre relatif fera l'objet d'un examen plus attentif plus tard.]
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