Atwood! Un double.

Soit la machine d’Atwood suivante : Fig. 1 – Machine d’Atwood double Les fils et poulies sont de masse négligable, les fils sont inélastiques. On demande de calculer : 1. TC , la tension du cable qui relie C et B , 2. TB , la tension du cable qui relie B et A , 3. et T A celle du cable qui relie A et m1 . De plus, on aimerait connaître les accélérations des masses m1 , m 2 , m 3 et celle de la poulie A dans le référentiel lié au point C . Le référentiel nous est donné, c’est le « plafond » où est accroché le système. Par conséquent, toutes les accélérations calculées le seront par rapport au point C . Il faut choisir un système d’axes. On choisit un seul axe, vertical et pointant vers le bas, de vecteur Il faut maintenant étudier les contraintes et voir ce qu’elles nous permettent de déduire et de simplifier. Les poulies sont sans masse, donc les tensions de chaque côté des poulies B et A sont les mêmes. 1 On en déduit que pour la poulie A , TB = 2T A et que pour la poulie B , TC = 2TB . Les poulies sont de masse nulle donc les tensions (relativement au centre des poulies d’un côté et de l’autre) sont opposées, mais d’intensité égale. Attention, par rapport au plafond les intensités des accélérations ne seront pas identiques pour les masses m1 et m2 se situant de part et d’autre de la poulie A . En effet, la poulie A peut subir une accélération par rapport au point C utilisé comme On commence par faire les diagrammes des forces des systèmes A et B . Puis, on applique la seconde loi de Newton à chacun des systèmes. Fig. 2 – Insérer ici le sous-titre. Mais avant, il faut relier les deux systèmes. Pour relier ces deux systèmes de poulie, on applique une contrainte cinématique à l’aide des deux cordes ℓ1 et ℓ2 . On sait que les longueurs des cordes sont 1. si les forces n’étaient pas identiques de chaque côté des poulies, ces dernières subiraient des accélérations infinies vu que leurs masses sont nulles.

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constantes dans le temps (on nous dit que les cordes sont inélastiques). La longueur des fils ℓ2 et ℓ1 valent (voir dessin 2) : ∥ℓ2 ∥ = x A + x 3 + πR et ∥ℓ1 ∥ = x 1 − x A + x 2 − x A + πR = x 1 + x 2 − 2x A + πR En dérivant ces expressions deux fois par rapport au temps, on obtient : ∥ℓ¨2 ∥ = ẍ A + x¨3 = 0 =⇒ ẍ A = −ẍ 3 ∥ℓ¨1 ∥ = ẍ 1 + ẍ 2 − 2x¨A = 0 =⇒ ẍ A = (ẍ 1 + ẍ 2 + 2ẍ 3 ) · ex = 0 · ex En appliquant la deuxième loi de Newton aux trois masses m1 , m 2 et m3 on obtient les 3 équations (m 1 g − T A ) · ex = m 1 ẍ 1 · ex (m 2 g − T A ) · ex = m 2 ẍ 2 · ex m 3 g · ex − TB · ex = m 3 ẍ 3 · ex À présent on ne s’occupe que des projections sur ex et l’on récapitule tous ce que l’on a (je laisse le calcul de TC qui est très simple pour la fin.) m 1 g − T A = m 1 ẍ 1 m 2 g − T A = m 2 ẍ 2 m 3 g − TB = m 3 ẍ 3 ẍ 1 + ẍ 2 + 2ẍ 3 = 0 C’est un système de 5 équations à 5 inconnues que l’on peut réduire à une forme matricielle 4×4 très facilement en substituant dès à présent TB = 2T A . −1   ẍ 2   −m 2 g  −m 3 −2   ẍ 3   −m 3 g  En divisant les trois premières lignes respectivement par −m 1 , −m2 et −m3 , on obtient la matrice augmentée du système :

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Le passage à la forme échelonnée nous permet d’isoler T A : m 2 m 3 + m 1 m 3 + 4m 1 m 2 et en remontant le système, on trouve toutes les valeurs demandées :

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