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¦Ex-M6.1 Moments des forces et condition d’équilibre [d’après Concours Mines-Ponts]
Soit un fil inextensible et sans masse, fixé en A à une socle horizontal AB (de longueur a), et passant en B sur une pou- lie parfaite, de très petites dimensions.
En un point M , tel que AM = a, est fixée une masse ponc- tuelle m et, au bout du fil, est aussi accrochée une masse m′ en N .
Le dispositif est placé verticalement dans le champs de pe- santeur −→g . g A
M (m)
N (m’)
B
a a θ ek 1) Établir …afficher plus de contenu…

ä Solution
• Système étudié : {M,m,−e}, électron dans le référentiel terrestre supposé galiléen Rg.
• Bilan des forces : le poids et l’interaction électrostatique exercée par le proton (O). Le poids étant négligeable devant cette dernière force, on a :
−→
F ext =
−→
F = −k
−−→
OM avec k =
1
4πε0 e2 R3
.
• Cette force est centrale, donc MO(
−→
F ) =
−−→
OM ×−→F =
−→
0 .
1) • Le théorème du moment cinétique pour M appliqué en O point fixe du référentiel galiléen
Rg :( d −→
L O/Rg
(M)
dt
)
/Rg
= MO(
−→
F ) =
−→
0 ⇔ −→
L O/Rg
(M) =
−−→
OM ×m−→v M/Rg
=
−−→
Cste
• Le moment cinétique étant un vecteur constant, ce vecteur se calcule en considérant un instant particulier pour lequel on connâıt les expressions du vecteur …afficher plus de contenu…

• La tige (2) a un mouvement de rotation autour de l’axe O2z. La liaison assurant la rotation est parfaite, ce qui signifie que le moment en O2 des actions de contact entre l’axe de rotation et la tige est perpendiculaire à O2z.
Le théorème du moment cinétique (de la tige évalué en O2 projeté) par rapport à l’axe O2z s’écrit : dLO2z dt
= MO2z(
−→
F ext) = (
−−−→
O2G2 ×−→P2) · −→ez + (
−−−→
O2G2 ×−→T2) · −→ez +((((((((MO2z(contact)
• LO2z =
−→
L O2(tige) · −→ez = JO2z θ̇2 = mL2 3 θ̇2 • Comme pour la tige (1), le moment du poids de la tige (2) selon O2z s’écrit : MO2z(
−→
P2) '
−mgL