Roue mal équilibrée

Roue mal équilibrée Exercice 1 Exercice – Roue mal équilibrée Enoncé Une roue est mal équilibrée sur son axe de rotation. On va calculer le moment de force créé par ce déséquilibre. Soit le schéma de la figure 1 . Fig. 1 – Le repère d’inertie (G, ε1 , ε2 , ε3 ) est lié à la roue. Fig. 2 – Le repère d’inertie (G, ε′1 , ε′2 , ε′3 ) est lié à la roue, mais pas selon les axes d’inertie principaux. Le repère d’inertie est (G, ε1 , ε2 , ε3 ) et il est lié à la roue. (Attention, il n’est pas fixé à la roue, car la symétrie des moments principaux d’inertie d’un cylindre le permet). Q1 : Projeter le vecteur de rotation ω dans le repère d’inertie. 1 1 EXERCICE – ROUE MAL ÉQUILIBRÉE Q2 : Donner la matrice d’inertie dans le repère d’inertie. Q3 : Calculer le moment cinétique LG , où G est le centre de masse de la roue. Q4 : Appliquer le théorème du moment cinétique et calculer le moment MG en G . Q5 : Calculer la matrice d’inertie dans le repère d’inertie (G, ε′1 , ε′2 , ε′3 ) donné à la figure 2. Q6 : Calculer le moment cinétique LG′ , où G est le centre de masse de la roue. Q7 : Appliquer le théorème du moment cinétique et calculer le moment MG′ en G . Q8 : Comparer MG et MG′ . 09/07/2026 https://ready4EPFL.ch 2 1 EXERCICE – ROUE MAL ÉQUILIBRÉE Résolution – Exercice 2 – Roue mal équilibrée Question 1 : Projeter le vecteur de rotation sur le repère d’inertie. Réponse 1 : Par inspection de la figure 1, on déduit que les composantes du vecteur ω dans le repère d’inertie (G, ε1 , ε2 , ε3 ) donnent le vecteur : ω = ω sin θ ε1 + ω cos θ ε3 . (1) Réponse 1 : Avec le formalisme des angles d’Euler On peut également trouver le vecteur de rotation instantanné à l’aide du formalisme des angles d’Euler. Le formalisme d’Euler peut être résumé par le graphique 3 et l’équation 2 Fig. 3 – Angles d’Euler. La base des trois rotations d’Euler (ϕ, θ, Ψ), étant définies pour représenter les rotations les plus générales qu’un solide puisse décrire, la vitesse angulaire totale Ω du solide s’écrit :    Ω1 θ̇ cos Ψ +ϕ̇ sin θ sin Ψ  Ω =  Ω2  =  −θ̇ sin Ψ +ϕ̇ sin θ cos Ψ Ω3 +ϕ̇ cos θ +Ψ̇  (2) Elle est exprimée dans le référentiel mobile C x1 x 2 x 3 . En adaptant ce formalisme à ce problème on a : ϕ̇ = ω θ=θ π Ψ= 2 09/07/2026 https://ready4EPFL.ch 3 1 EXERCICE – ROUE MAL ÉQUILIBRÉE Fig. 4 – Le repère d’inertie (G, ε1 , ε2 , ε3 ) et le repère (O, x̂, ŷ, ẑ) matérialise un réferentiel d’inertie. En adaptant les notations au problème et en appliquant 2, on obtient :      ωε1 0 +ω sin θ ω sin θ = 0  0 ω =  ωε2  =  0 ωε3 +ϕ̇ cos θ +0 ω cos θ  On a donc également : ω = ω sin θ ε1 + ω cos θ ε3 . (3) Question 2 : Donner la matrice d’inertie dans le repère d’inertie. Réponse 2 : Dans le repère d’inertie de la figure 1, la matrice est : 1 mR 2 IG =  0 0 4 0 1 2 mR 4 0  0 0  1 mR 2 2 En posant I ⊥ = 14 mR 2 et I ∥ = 12 mR 2 on obtient :   I⊥ 0 0 IG =  0 I ⊥ 0  0 0 I∥ (4) Question 3 : Calculer le moment cinétique LG , où G est le centre de masse de la roue. 09/07/2026 https://ready4EPFL.ch 4 1 EXERCICE – ROUE MAL ÉQUILIBRÉE Réponse 3 : Le moment cinétique est :   I ⊥ 0 0 ω sin θ LG =  0 I ⊥ 0  0  0 0 I ∥ ω cos θ  LG = IG ω ⇒ En composantes, cela donne : LG = I ⊥ ω sin θ ε1 + I ∥ ω cos θ ε3 Question 4 : Appliquer le théorème du moment cinétique et calculer le moment MG en G . Réponse 4 : Le théorème du moment cinétique est : dLG d = IG ω = MG dt dt Ce qui donne, en utilisant les formules de Poisson : dLG dt ¢ d ¡ I ⊥ ω sin θ ε1 + I ∥ ω cos θ ε3 dt = I ⊥ ω sin θ ε̇1 + I ∥ ω cos θ ε̇3 = = I ⊥ ω sin θ (ω ∧ ε1 ) + I ∥ ω cos θ (ω ∧ ε3 ) ³π ´ = I ⊥ ω sin θω sin − θ + I ∥ ω cos θ(−ω sin θ) 2 = I ⊥ ω2 sin θ cos θ ε2 − I ∥ ω2 sin θ cos θ ε2 d’où on finalement pour le moment de force, la valeur : dLG = MG = (I ⊥ − I ∥ )ω2 sin θ cos θ ε2 dt (5) Remarque. Le moment MG est nul si a) Les valeurs I ⊥ et I ∥ sont égales, ce qui serait le cas pour une sphère par exemple. b) L’angle de déviation θ est nul, c.-à-d. que le disque est perpendiculaire à l’axe de rotation. c) L’angle de déviation θ est de 90 deg, c.-à-d. que le disque est « parallèle » à l’axe de rotation. 09/07/2026 https://ready4EPFL.ch 5 1 EXERCICE – ROUE MAL ÉQUILIBRÉE Question 5 : Calculer la matrice d’inertie dans le repère d’inertie (G, ε′1 , ε′2 , ε′3 ) donné à la figure 2. Réponse 5 : On va à présent effectuer un changement de base sur la matrice d’inertie IG , dans le repère (G, ε1 , ε2 , ε3 ), en la transformant en une matrice d’inertie IG′ dans le repère (G, ε′1 , ε′2 , ε′3 ). La matrice de passage P εε′ de la base Bε à la base Bε′ est une matrice de rotation d’angle +θ autour de ε2 .  cos θ 0 sin θ θ 1 θ  P εε′ =  − sin θ θ cos θ  On applique à présent le formalisme appris au cours d’algèbre linéaire et qui donne la matrice « d’origine » dans le nouveau repère : IG′ = P ε′ ε · IG · P εε′ Cela donne :    cos θ 0 − sin θ I⊥ 0 0 cos θ 0 sin θ  0 I ⊥ 0  1 0 0 1 0  IG′ =  0 sin θ 0 cos θ 0 0 I∥ − sin θ 0 cos θ  ou encore :  I ⊥ cos2 θ + I ∥ sin2 θ 0 I ⊥ sin θ cos θ − I ∥ sin θ cos θ  0 I⊥ 0 IG′ =  2 2 I ⊥ sin θ cos θ − I ∥ sin θ cos θ 0 I ⊥ sin θ + I ∥ cos θ  (6) Question 6 : Calculer le moment cinétique LG′ , où G est le centre de masse de la roue. Réponse 6 : Le moment cinétique est :   I ⊥ cos2 θ + I ∥ sin2 θ 0 I ⊥ sin θ cos θ − I ∥ sin θ cos θ 0 0 0 I⊥ 0 LG = IG′ ω =  I ⊥ sin θ cos θ − I ∥ sin θ cos θ 0 I ⊥ sin2 θ + I ∥ cos2 θ ω  En composantes, cela donne : 09/07/2026 https://ready4EPFL.ch 6 1 EXERCICE – ROUE MAL ÉQUILIBRÉE ′ LG = (I ⊥ ω sin θ cos θ − I ∥ ω sin θ cos θ) ε′1 + (I ⊥ ω sin2 θ + I ∥ ω cos2 θ) ε′3 Question 7 : Appliquer le théorème du moment cinétique et calculer le moment MG′ en G . Réponse 7 : Le théorème du moment cinétique est : d dLG = IG ω = MG dt dt Ce qui donne, en utilisant les formules de Poisson : dLG dt ¢ d ¡ I ⊥ ω sin θ cos θ − I ∥ ω sin θ cos θ) ε′1 + (I ⊥ ω sin2 θ + I ∥ cos2 θ) ε′3 dt = (I ⊥ sin θ cos θ − I ∥ sin θ cos θ) ε̇′1 + (I ⊥ ω sin2 θ + I ∥ ω cos2 θ) ε̇′3 = = (I ⊥ ω sin θ cos θ − I ∥ ω sin θ cos θ) (ω ∧ ε′1 ) + (I ⊥ ω sin2 θ + I ∥ ω cos2 θ) (ω ∧ ε′ 3 ) = (I ⊥ ω sin θ cos θ − I ∥ ω sin θ cos θ)ω ε′2 + (I ⊥ ω sin2 θ + I ∥ ω cos2 θ)ω (sin 0) = (I ⊥ ω2 sin θ cos θ − I ∥ ω2 sin θ cos θ) ε′2 Finalement le moment de force est : dLG = MG = (I ⊥ ω2 sin θ cos θ − I ∥ ω2 sin θ cos θ) ε′2 = (I ⊥ − I ∥ )ω2 sin θ cos θ ε′2 dt (7) Question 8 : Comparer MG et MG′ . Réponse 8 : Les deux valeurs sont identiques, car ε2 et ε′2 sont colinéaires (le changement de base est une rotation autour de ε2 ). Le fait que les résultats correspondent est une obligation, car ce n’est pas la roue que l’on a changée de position, mais uniquement la manière de la décrire. En regardant la matrice d’inertie IG′ (6), on comprend très vite pourquoi il est beaucoup plus simple d’utiliser comme repère d’inertie celui où les vecteurs de base sont colinéaires aux axes 09/07/2026 https://ready4EPFL.ch 7 1 EXERCICE – ROUE MAL ÉQUILIBRÉE d’inertie principaux. Si l’on calcule les valeurs propres de la matrice symétrique IG′ on trouve comme valeurs propres (I ⊥ , I ⊥ , I ∥ ) et on peut choisir comme vecteurs propres unitaires la base orthogonale ( ε1 , ε2 , ε3 ). La boucle est bouclée ! 09/07/2026 https://ready4EPFL.ch 8