%title: Point matériel sur un plateau tournant \textmusicalnote\textmusicalnote

\exercice{

Un plateau horizontal tourne à vitesse angulaire constante $\omega$ autour de l'axe $Oz$ vertical dans le référentiel terrestre supposé galiléen. Une particule de masse $m$ est abandonnée à l'instant $t=0$ sans vitesse initiale par rapport au plateau en un point $M_0$ du plateau. On choisit les axes du référentiel ($OXYz$) lié au plateau de telle sorte qu'à l'instant $t=0$, d'une part, les axes $Ox$ et $OX$ coïncident ; et que, d'autre part $\vect{OM_0}=a\vect{u}_X$. La masse se déplace sans frottements.

\begin{enumerate}
 \item On se place dans le référentiel lié au plateau et on repère un point $M$ par ses coordonnées cartésiennes $X$ et $Y$. Établir les équations différentielles du deuxième ordre dont sont solutions $X(t)$ et $Y(t)$ et montrer que $\co{u}=X(t)+iY(t)$ est solution de l'équation différentielle :
		    \centers{$\ddot{u}+2i\omega\dot{u}-\omega^2u=0$}
		    
 \item Chercher des solutions proportionnelles à $\exp(rt)$ et en déduire les expressions :
 
		  \centers{$X(t)=a(\cos(\omega t)+\omega t\sin(\omega t))$ et $Y(t)=a(\omega t\cos(\omega t)-\sin (\omega t)) $}
 \item Retrouver le résultat en raisonnant dans le référentiel terrestre.
\end{enumerate}


}

\correction{
Référentiel : plateau non galiléen

Système : point matériel de masse $m$

Bilan des forces :

\begin{itemize}
 \item Le poids $\vect{P}$
 \item La réaction du support $\vect{N}$ normale au support (pas de frottements)
 \item La force d'inertie d'entraînement $\vect{F}_{ie}=m\omega^2\vect{OM}$
 \item La force de Coriolis : $\vect{F}_{ic}=-2m\vect{\omega}\wedge \vect{v}$
\end{itemize}

D'après la relation fondamentale de la dynamique :

	    \centers{$-2m\vect{\omega}\wedge \vect{v}+m\omega^2\vect{OM}=m\vect{a}$}
	    
	    Soit en projection dans la base $(OXYz)$ :
	    
	    \begin{syst}
	     $2m\omega\dot{Y}+m\omega^2X & m\ddot{X}$
	     $-2m\omega\dot{X}+m\omega^2Y & m\ddot{Y}$
	    \end{syst}

	    En simplifiant par $m$ et en multipliant par $i$ la seconde :
	    
	    \begin{syst}
	     $2\omega\dot{Y}+\omega^2X & \ddot{X}$
	     $-2\omega i \dot{X}+\omega^2 i Y & \ddot{Y}$
	    \end{syst}
	    
	    En additionnant les deux lignes :
	    
	    \centers{$2\omega(\dot{Y}-i\dot{X})+\omega^2\co{u}=\ddot{u}$}
	    \centers{$-2i\omega(\dot{X}+i\dot{Y})+\omega^2\co{u}=\co{\ddot{u}}$}
	    \encadre{$\ddot{\co{u}}+2i\omega\dot{\co{u}}-\omega^2\co{u}=0 $}

\item En remplaçant la solution exponentielle dans l'équation :
	    
	      \centers{$r^2+2i\omega r-\omega^2=0$}
	      
	      \centers{$\Delta=0$ racine double : $r=-i\omega$ d'où $\co{u}=(At+B)\exp(-i\omega t)$}
	      
	      Avec les conditions initiales : $u(0)=a$ et $\dot{u}(0)=O$ (vitesse intiale nulle).
	      
	      On en déduit : 
	      \centers{$B=a$ et $A=i\omega a$ soit $u(t)=a(1+i\omega t)\exp(-i\omega t)$}
	      
	      En prenant la partie réelle et la partie imaginaire de $\co{u}$, on obtient bien les résultats demandés.
	      
\item Dans le référentiel absolu, le point $M$ n'est soumis qu'à son poids et la réaction normale. Initialement, la vitesse selon $x$ est nulle mais la vitesse selon $Oy$ vaut $\dot{y}=a\omega$ puisque le point repose sur le plateau en rotation autour de $z$.

Enfin $x=a$ et $y=0$.

La relation fondamentale conduit simplement à :

		\centers{$\ddot{x}=0$ et $\ddot{y}=0$}
		Par intégration on en déduit :
		\centers{$x=a$ et $y=a \omega t$ Il s'agit donc d'un trajectoire rectiligne parallèle à l'axe $y$.}

		D'après le schéma :
		
		
	      
	      
	      
	    
}