Poulie avec inertie de rotation : forces, moments et énergie

Nablio · 35 minPublié le 10 octobre 2026

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Pourquoi les deux côtés d’une même corde peuvent-ils avoir des tensions différentes? Quand une poulie possède une inertie de rotation, une partie de l’énergie de la masse qui descend accélère la rotation de la poulie. Des diagrammes de forces séparés et une équation de moments permettent de relier ces effets.

Commencez ici si vous savez tracer un diagramme de forces et appliquer la deuxième loi de Newton. Revoyez d’abord les objets reliés et les poulies idéales, surtout la question du chariot relié à une masse suspendue. Pour les bras de levier perpendiculaires, consultez le moment d’une force et l’équilibre statique. Ici, la poulie peut avoir une accélération angulaire. Aucun calcul différentiel ou intégral n’est nécessaire; son moment d’inertie est donné.

1. Préciser le modèle et les grandeurs

Un chariot de masse $m_1=3{,}0\,\mathrm{kg}$ est posé sur une table horizontale sans frottement. Une corde tendue part horizontalement du chariot, passe sur le dessus d’une poulie fixe au bord droit de la table, puis descend verticalement jusqu’à une masse suspendue $m_2=1{,}0\,\mathrm{kg}$ . Le rayon de la poulie est $R=0{,}20\,\mathrm m$ et son moment d’inertie par rapport à son axe est $I=0{,}040\,\mathrm{kg\,m^2}$ . Le système est relâché sans vitesse initiale. Trouvez l’accélération, les deux tensions et la grandeur de la vitesse après une descente $h=0{,}50\,\mathrm m$ de la masse suspendue.

Prenez $g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}$ . La corde est de masse négligeable, inextensible et ne glisse pas sur la poulie. Le frottement à l’axe et la résistance de l’air sont négligeables. La poulie est équilibrée : son centre de masse se trouve sur l’axe fixe. L’inertie des pièces tournantes du chariot est négligeable. L’espace disponible permet au chariot et à la masse suspendue de parcourir la distance demandée sans rencontrer d’obstacle.

$T_1$ est la tension du segment horizontal du côté du chariot; $T_2$ est celle du segment vertical du côté de la masse suspendue. Ce sont des grandeurs de forces, en newtons (N).
$a$ est la grandeur commune des accélérations du chariot et de la masse suspendue, en $\mathrm{m/s^2}$ ; $v$ est leur grandeur de vitesse commune, en $\mathrm{m/s}$ .
$\alpha$ est l’accélération angulaire de la poulie, en $\mathrm{rad/s^2}$ ; $\omega$ est sa vitesse angulaire, en $\mathrm{rad/s}$ . Le radian mesure un angle de rotation.
$I$ , le moment d’inertie, mesure la résistance à l’accélération angulaire autour de cet axe. Il dépend de la répartition de la masse de la poulie autour de l’axe. Son unité est le $\mathrm{kg\,m^2}$ . Utilisez le $I$ fourni, sans supposer une formule de disque plein.

Choisissez la droite comme sens positif pour le chariot, le bas pour la masse suspendue et le sens horaire pour la poulie. Ces sens sont définis séparément : les vecteurs accélération des deux objets ne sont pas égaux.

2. Séparer les deux contraintes de mouvement

Longueur de corde constante : quand le chariot avance vers la droite d’une distance $s$ , le segment horizontal raccourcit de $s$ . Le segment vertical doit s’allonger de $s$ , donc la masse suspendue descend de cette même distance. La corde tendue et inextensible impose des grandeurs de vitesse et d’accélération égales aux deux objets.

Absence de glissement : la corde et le bord de la poulie avancent ensemble à leur contact. Pour un angle de rotation $\theta$ en radians, le bord parcourt une longueur d’arc $R\theta$ . À rayon $R$ constant, les relations correspondantes pour la vitesse et l’accélération tangentielle sont :

v=R\omega,\qquad a=R\alpha.

Le $a$ de la deuxième équation est l’accélération tangentielle du bord. Un point du bord en rotation possède aussi une accélération vers le centre; celle-ci n’est pas l’accélération du chariot. La longueur de corde et l’absence de glissement jouent des rôles différents. Aucune de ces conditions, à elle seule, n’impose des tensions égales.

3. Dessiner trois systèmes

Un chariot et une masse suspendue font tourner une poulie dans le sens horaire. Des panneaux séparés montrent les forces sur chaque objet et les moments opposés de T₁ et T₂ sur la poulie. — Les flèches pleines représentent des forces. Les flèches en tirets indiquent le mouvement ou le sens positif de rotation. Leurs longueurs sont schématiques.

Chariot : sa hauteur reste constante, donc la force normale $N$ équilibre son poids : $N=m_1g$ . Horizontalement, seule $T_1$ agit. La deuxième loi de Newton donne :

T_1=m_1a.

Masse suspendue : son poids agit vers le bas et la tension vers le haut. Avec le bas positif :

m_2g-T_2=m_2a.

Poulie : calculez les moments par rapport à l’axe central. Chaque force de corde est tangente au bord, donc son bras de levier perpendiculaire vaut $R$ . Le moment de $T_2$ est horaire; celui de $T_1$ est antihoraire. Pour la rotation autour d’un axe fixe, le moment résultant vaut $I\alpha$ :

(T_2-T_1)R=I\alpha.

L’axe maintient le centre de la poulie en place tout en permettant sa rotation. Une accélération nulle du centre n’impose pas une accélération angulaire nulle. Les forces centrales de l’axe et le poids de la poulie ont un moment nul par rapport à cet axe.

Indice avant de résoudre

Utilisez trois systèmes. Si vous dessinez seulement le chariot et la masse suspendue, quelle équation manque-t-il? Écrivez $\alpha=a/R$ à partir de l’absence de glissement, puis remplacez $\alpha$ dans l’équation de la poulie.

4. Relier les forces aux moments

Éliminez d’abord l’accélération angulaire. Divisez l’équation de la poulie par $R$ , puis utilisez $\alpha=a/R$ :

T_2-T_1=\frac{I}{R^2}a.

Le chariot donne $T_1=m_1a$ . La masse suspendue donne $T_2=m_2g-m_2a$ . Remplacez les deux tensions dans leur différence :

m_2g-m_2a-m_1a=\frac{I}{R^2}a.

m_2g=\left(m_1+m_2+\frac{I}{R^2}\right)a.

a=\frac{m_2g}{m_1+m_2+I/R^2}.

Vérifiez le terme supplémentaire avant de l’insérer : $I/R^2=0{,}040/(0{,}20)^2=1{,}0\,\mathrm{kg}$ . Il a les unités d’une masse et représente l’effet de l’inertie de rotation dans cette équation. Le centre de la poulie reste à hauteur fixe : ce terme n’ajoute donc pas de poids moteur au numérateur.

\begin{gathered}a=\frac{(1{,}0)(9{,}8)}{3{,}0+1{,}0+1{,}0}\\=1{,}96\,\mathrm{m/s^2}.\end{gathered}

Revenez à chaque système séparé plutôt que d’inventer une « tension moyenne » :

\begin{gathered}T_1=(3{,}0)(1{,}96)\\=5{,}88\,\mathrm N,\end{gathered}

\begin{gathered}T_2=(1{,}0)(9{,}8-1{,}96)\\=7{,}84\,\mathrm N,\end{gathered}

\alpha=\frac{1{,}96}{0{,}20}=9{,}80\,\mathrm{rad/s^2}.

Le chariot accélère vers la droite et la masse vers le bas à $1{,}96\,\mathrm{m/s^2}$ ; la poulie accélère dans le sens horaire. Vérifiez chaque équation avec les résultats :

Chariot : $5{,}88=(3{,}0)(1{,}96)$ , en newtons.
Masse suspendue : $9{,}8-7{,}84=1{,}96=(1{,}0)(1{,}96)$ , en newtons.
Poulie : $(7{,}84-5{,}88)(0{,}20)=0{,}392=(0{,}040)(9{,}80)$ , en newtons mètres.

Les deux tensions sont positives, ce qui est compatible avec une corde tendue. De plus, $T_2<m_2g$ , ce qui permet l’accélération vers le bas. L’absence de glissement reste une hypothèse : un modèle du frottement et du contact serait nécessaire pour vérifier si une corde et une poulie réelles peuvent la respecter.

5. Trouver la vitesse avec l’énergie

Choisissez le chariot, la masse suspendue, la poulie et la Terre comme système pour le bilan d’énergie. La force normale de la table et la force de support à l’axe fixe ne font aucun travail. L’absence de glissement et le frottement négligeable à l’axe excluent les pertes dissipatives dans ce modèle. Le centre de la poulie et le chariot restent à hauteur fixe. Seule la masse suspendue perd de l’énergie potentielle gravitationnelle.

À partir du repos, une descente de $h$ donne de l’énergie cinétique de translation aux deux masses et de l’énergie cinétique de rotation à la poulie :

\begin{aligned}m_2gh&=\frac12m_1v^2\\&\quad+\frac12m_2v^2\\&\quad+\frac12I\omega^2.\end{aligned}

Utilisez $\omega=v/R$ avant de résoudre :

m_2gh=\frac12\left(m_1+m_2+\frac{I}{R^2}\right)v^2.

v=\sqrt{\frac{2m_2gh}{m_1+m_2+I/R^2}}.

\begin{gathered}v=\sqrt{\frac{2(1{,}0)(9{,}8)(0{,}50)}{5{,}0}}\\=1{,}40\,\mathrm{m/s},\end{gathered}

\omega=\frac{1{,}40}{0{,}20}=7{,}00\,\mathrm{rad/s}.

Les 4,90 joules d’énergie potentielle gravitationnelle perdue deviennent 3,92 joules d’énergie cinétique de translation et 0,98 joule d’énergie cinétique de rotation. — Les deux masses reçoivent 80 % de l’énergie cinétique et la rotation de la poulie en reçoit 20 %, pour ces valeurs particulières.

Les énergies valent $m_2gh=4{,}90\,\mathrm J$ , $\tfrac12(m_1+m_2)v^2=3{,}92\,\mathrm J$ et $\tfrac12I\omega^2=0{,}98\,\mathrm J$ . Leur somme est correcte. Une vérification indépendante avec l’accélération constante donne $v^2=2ah=2(1{,}96)(0{,}50)=1{,}96\,\mathrm{m^2/s^2}$ , donc la même grandeur de vitesse.

L’énergie permet de trouver efficacement la grandeur de la vitesse après un déplacement. Elle ne donne pas directement les deux tensions : pour celles-ci, revenez aux équations de forces et de moments.

6. Examiner l’hypothèse de tensions égales

Un étudiant écrit : « Il y a une seule corde sans masse, donc $T_1=T_2$ . » Insérez cette affirmation dans l’équation de la poulie. Le moment résultant serait nul; avec $I>0$ , il faudrait alors $\alpha=0$ . Mais l’absence de glissement imposerait $a=R\alpha=0$ , ce qui contredit l’accélération du système.

La poulie et la corde interagissent le long de leur zone de contact. Ce contact permet à la tension de varier entre les deux segments droits et transmet un moment à la poulie. Un segment droit de corde sans masse, sans autre contact tangentiel, a une tension constante. Cette propriété n’impose pas des tensions égales de part et d’autre d’une poulie possédant une inertie de rotation.

Une autre erreur consiste à ajouter $I/R^2$ à la fois à l’inertie totale et à la masse qui descend. Dans ce modèle, seul le poids $m_2g$ entraîne le mouvement par gravité. La poulie tourne autour d’un centre à hauteur fixe : son poids ne libère pas d’énergie potentielle gravitationnelle.

Vérifier la limite de la poulie idéale

Faites tendre $I$ vers zéro, en gardant les mêmes masses et le même rayon. Alors :

\begin{gathered}a\longrightarrow\frac{9{,}8}{4{,}0}\\=2{,}45\,\mathrm{m/s^2},\end{gathered}

\begin{gathered}T_1,\ T_2\longrightarrow(3{,}0)(2{,}45)\\=7{,}35\,\mathrm N.\end{gathered}

On retrouve la réponse du chariot et de la masse suspendue dans la leçon sur les poulies idéales. À la limite idéale, le terme d’inertie de rotation et la différence de tensions disparaissent. Le modèle de poulie sans masse permet une rotation sans exiger de moment résultant non nul.

7. Faire une vérification autonome

Gardez les masses initiales et une descente de $0{,}50\,\mathrm m$ , mais remplacez la poulie par une autre de rayon $R=0{,}10\,\mathrm m$ et de moment d’inertie $I=0{,}010\,\mathrm{kg\,m^2}$ . Conservez les autres hypothèses. Avant de calculer, comparez $I/R^2$ à sa valeur initiale. Parmi $a$ , $T_1$ , $T_2$ , $v$ et $\omega$ , quelles grandeurs restent identiques? Expliquez pourquoi une plus petite valeur de $I$ ne suffit pas à conclure.

Solution de la vérification autonome

Le nouveau rapport est $0{,}010/(0{,}10)^2=1{,}0\,\mathrm{kg}$ , exactement la valeur initiale. Ainsi, $a=1{,}96\,\mathrm{m/s^2}$ , $T_1=5{,}88\,\mathrm N$ , $T_2=7{,}84\,\mathrm N$ et $v=1{,}40\,\mathrm{m/s}$ restent identiques. Avec un plus petit rayon, il faut une rotation plus rapide pour conserver la même vitesse de corde :

\omega=\frac{1{,}40}{0{,}10}=14{,}0\,\mathrm{rad/s}.

De même, $\alpha=1{,}96/0{,}10=19{,}6\,\mathrm{rad/s^2}$ . L’énergie cinétique de rotation reste $\tfrac12(0{,}010)(14{,}0)^2=0{,}98\,\mathrm J$ . La translation dépend de $I/R^2$ ; la vitesse angulaire dépend aussi séparément de $R$ .

8. Reprendre avec une inertie de rotation plus grande

Revenez au rayon initial $R=0{,}20\,\mathrm m$ et aux masses initiales. Changez seulement le moment d’inertie de la poulie pour $I=0{,}080\,\mathrm{kg\,m^2}$ . À partir du repos, trouvez $a$ , les deux tensions, $\alpha$ et la grandeur de la vitesse après une descente de $0{,}50\,\mathrm m$ . Prévoyez si l’accélération augmente ou diminue avant d’ouvrir la réponse. Vérifiez le moment résultant et le bilan d’énergie.

Indice pour la reprise

Le poids moteur ne change pas. Quel terme augmente dans $m_1+m_2+I/R^2$ ? Gardez les trois équations initiales; ne supposez pas qu’une des tensions reste fixe.

Solution complète de la reprise

Le terme représentant l’inertie de rotation passe de $1{,}0$ à $2{,}0\,\mathrm{kg}$ . Avec le même poids moteur et un dénominateur plus grand, l’accélération diminue :

\begin{gathered}a=\frac{9{,}8}{3{,}0+1{,}0+2{,}0}\\=\frac{49}{30}\,\mathrm{m/s^2}\\\approx1{,}633\,\mathrm{m/s^2}.\end{gathered}

\begin{gathered}T_1=3\left(\frac{49}{30}\right)\\=4{,}90\,\mathrm N,\end{gathered}

\begin{gathered}T_2=9{,}8-\frac{49}{30}\\=\frac{49}{6}\,\mathrm N\\\approx8{,}167\,\mathrm N,\end{gathered}

\begin{gathered}\alpha=\frac{49/30}{0{,}20}\\=\frac{49}{6}\,\mathrm{rad/s^2}\\\approx8{,}167\,\mathrm{rad/s^2}.\end{gathered}

Le chariot a besoin de moins de force pour sa plus petite accélération, donc $T_1$ diminue. La masse suspendue a une plus petite force résultante vers le bas, donc $T_2$ augmente en se rapprochant de son poids. Avec les valeurs non arrondies, la vérification du moment sur la poulie donne :

(T_2-T_1)R=\frac{49}{75}\,\mathrm{N\,m},

\begin{gathered}I\alpha=\frac{49}{75}\,\mathrm{N\,m}\\\approx0{,}6533\,\mathrm{N\,m}.\end{gathered}

Le plus grand moment d’inertie exige ici un moment résultant plus grand, même si l’accélération angulaire est plus petite. Pour la grandeur de la vitesse :

\begin{gathered}v^2=\frac{2(1{,}0)(9{,}8)(0{,}50)}{6{,}0}\\=\frac{49}{30}\,\mathrm{m^2/s^2},\end{gathered}

v\approx1{,}278\,\mathrm{m/s}.

\begin{gathered}\omega=\frac v{0{,}20}\\\approx6{,}390\,\mathrm{rad/s}.\end{gathered}

L’énergie cinétique de translation vaut $\tfrac12(4{,}0)(49/30)=49/15\approx3{,}267\,\mathrm J$ ; l’énergie cinétique de rotation vaut $\tfrac12(I/R^2)v^2=49/30\approx1{,}633\,\mathrm J$ . Leur somme exacte reste $4{,}90\,\mathrm J$ . Une plus grande part de cette énergie va à la rotation et une plus petite part à la translation. La relation à accélération constante $v^2=2ah$ donne la même grandeur de vitesse.

Transfert : ce cylindre peut-il vraiment rouler sans glisser?

Après les exemples de poulie, essayez ce modèle différent si le roulement figure dans votre plan de cours. Prévoyez environ 15 à 20 minutes supplémentaires.

Prolongement facultatif : vérifier le roulement et essayer trois variantes

La poulie précédente tourne autour d'un centre fixe. Un cylindre qui roule combine deux mouvements : son centre se déplace et le cylindre tourne autour de ce centre. Chacun possède une énergie cinétique. La relation v = Rω est une contrainte à vérifier, et non une règle pour tout objet rond.

Utilisez ce prolongement si le roulement figure dans votre plan actuel. Un ancien document de PHYS 131 et l'examen type daté de Dawson pour 203-SN1-RE appuient ce sujet; la description de PHYS 204 à Concordia appuie le lien plus général entre rotation et énergie. Ces sources ne précisent pas la matière de votre évaluation actuelle. Les exercices sont originaux.

Un cylindre plein uniforme a une masse m = 2,0 kg, un rayon R = 0,10 m et un moment d'inertie I = ½mR² = 0,010 kg·m² autour de son axe central. Lâché sans vitesse initiale, il descend un plan incliné rectiligne et fixe faisant θ = 30° avec l'horizontale. Son centre descend d'une hauteur verticale h = 0,75 m. Prenez g = 9,8 m/s² et un coefficient de frottement statique μₛ = 0,25. Le cylindre et le plan sont modélisés comme rigides; négligez la résistance au roulement, la résistance de l'air et les pertes par déformation. Aucun moteur, aucune force ni aucun couple supplémentaire n’est appliqué.

Avant le calcul : le frottement fait-il nécessairement perdre de l'énergie mécanique? Peut-on accepter une vitesse finale sans vérifier que le plan fournit le frottement nécessaire?

1. Relier translation et rotation

Dessinez le poids mg vertical vers le bas au centre, la normale N perpendiculaire au plan et le frottement statique f vers le haut du plan au contact. Choisissez comme sens positifs la translation vers le bas du plan et la rotation correspondante. Ici, le frottement fournit le moment qui accélère la rotation. Le poids et la normale ont un moment nul par rapport au centre.

ma=mg\sin\theta-f

I\alpha=fR

a = Rα, à condition qu'il n'y ait pas de glissement.

Définissez le facteur de forme sans dimension κ = I/(mR²). En substituant :

a=\frac{g\sin\theta}{1+\kappa}

f=\frac{\kappa}{1+\kappa}mg\sin\theta

Pour le cylindre, κ = ½, donc a = 3,27 m/s² et f = 3,27 N vers le haut du plan. N = mg cosθ = 16,97 N. L'égalité numérique entre a et f est fortuite : leurs unités sont différentes.

2. Vérifier l'hypothèse

Le frottement statique s'ajuste jusqu'à une valeur limite. N'imposez pas automatiquement f = μₛN.

Il faut f ≤ μₛN, soit μₛ ≥ [κ/(1 + κ)]tanθ.

Le coefficient minimal vaut 0,192. Le plan peut fournir au maximum 0,25 × 16,97 N = 4,24 N, ce qui dépasse les 3,27 N nécessaires. Le roulement supposé est compatible avec le modèle.

3. Compter les deux énergies cinétiques

Pour le système cylindre–Terre, la diminution d'énergie potentielle gravitationnelle devient énergie cinétique de translation et de rotation :

mgh=\frac12mv^2+\frac12I\omega^2=\frac12m(1+\kappa)v^2

Ainsi, v = √[2gh/(1 + κ)] = 3,13 m/s et ω = v/R = 31,3 rad/s. Les 14,70 J d'énergie potentielle perdue deviennent 9,80 J de translation et 4,90 J de rotation. Les chiffres supplémentaires facilitent la vérification; les données justifient environ deux chiffres significatifs. Une vérification indépendante utilise le trajet s = h/sinθ = 1,50 m : v² = 2as redonne le même résultat.

Pourquoi le frottement ne dissipe-t-il pas d'énergie ici? En roulement idéal sur un plan immobile, le point de contact est instantanément au repos. La puissance totale du frottement est nulle. Dans la décomposition translation–rotation, ses contributions sont −fv et +fRω; elles s'annulent car v = Rω. Le produit du frottement par le déplacement du centre intervient dans le bilan de translation, mais ne représente pas son travail total sur le cylindre. Un support mobile, un glissement ou une déformation exigent un autre bilan.

Essayez avant de consulter les explications

1. Même cylindre, mais μₛ = 0,10. Peut-on conserver la vitesse trouvée?

Voir un indice

Indice : comparez le frottement disponible au frottement nécessaire avant de refaire le bilan énergétique.

Voir l’explication

Réponse : Non. Le maximum disponible est de 1,70 N, inférieur à 3,27 N. L'hypothèse d'un roulement sans glissement dès le départ est impossible. Sans modèle de frottement cinétique, les données ne permettent pas de déterminer une nouvelle accélération ni une nouvelle vitesse.

2. Remplacez le cylindre par un cerceau mince de mêmes masse et rayon, avec I = mR². Gardez μₛ = 0,25. Le même plan convient-il? Si μₛ passe plutôt à 0,35, trouvez la vitesse après la même descente verticale.

Voir un indice

Indice : modifier l'inertie change le frottement nécessaire autant que la répartition de l'énergie.

Voir l’explication

Réponse : Le cerceau exige μₛ ≥ ½tan30° = 0,289; 0,25 ne suffit donc pas. Avec 0,35, le roulement est possible : f = 4,90 N est nécessaire, contre un maximum disponible de 5,94 N. La vitesse finale vaut √(gh) = 2,71 m/s. La translation et la rotation possèdent chacune 7,35 J. Le cerceau est plus lent que le cylindre, car sa rotation absorbe davantage d'énergie pour une même vitesse du centre.

3. Le frottement statique est-il toujours dirigé vers le haut du plan?

Voir l’explication

Réponse : Non. Il l'est ici parce qu'il fournit le moment nécessaire à cette descente sans moteur. Sa direction empêche le glissement relatif au contact. Une autre force ou un autre couple appliqué peut changer son sens; certains roulements ne nécessitent aucun frottement.

Avant de poursuivre, expliquez la différence entre une poulie fixe, un corps qui roule et un corps qui glisse. Énoncez la contrainte, vérifiez sa faisabilité, puis choisissez le bilan énergétique correspondant.

Références sur le sujet (elles ne précisent pas la matière évaluée actuellement) : McGill PHYS 131, 2022; Dawson 203-SN1-RE, 2024; Concordia PHYS 204.

9. Vérifier la méthode et choisir la suite

Pouvez-vous expliquer séparément l’égalité des grandeurs d’accélération et la relation $a=R\alpha$ ?
Pouvez-vous attribuer chaque tension au bon objet et au bon signe de moment?
Pouvez-vous trouver les deux tensions après l’accélération?
Votre bilan d’énergie comprend-il la rotation de la poulie et seulement les changements de hauteur qui ont lieu?
Le résultat rejoint-il celui de la poulie idéale lorsque $I$ tend vers zéro?

Reprendre la première étape incertaine avec un tuteur

Partez d’une question de poulie qui vous bloque, ou de la façon dont les forces font tourner une poulie. Votre tuteur peut vous aider à tracer les trois diagrammes, à choisir les sens positifs et à écrire les premières équations. Un tuteur peut vous aider à repérer l’équation manquante de la poulie, à vérifier les deux contraintes de mouvement et à retracer une erreur de signe ou de substitution. Résolvez ensuite vous-même un cas où le moment d’inertie change et expliquez la vérification d’énergie. Renseignez-vous sur le tutorat en mécanique.

Liens avec les cours

Cette pratique algébrique peut accompagner une unité de dynamique de rotation. Les liens thématiques pertinents comprennent PHYS 204 à Concordia, PHYS 101 à McGill et la mécanique 203-SN1-RE à Ahuntsic et à John Abbott. Une description officielle de l’été 2026 pour le code exact 203-SN1-RE à Dawson inclut le moment d’inertie. Une description de janvier 2026 pour 203-SN1-RE à Marianopolis couvre la mécanique de rotation. Ces descriptions datées appuient la pertinence du sujet, sans confirmer l’offre actuelle ou la matière évaluée. Consultez votre propre plan de cours actuel pour situer ce modèle. Il s’agit d’un exercice original, pas d’une question d’examen d’un établissement.

Pour un modèle où l’inertie de la poulie est négligeable, revenez aux objets reliés et aux poulies idéales. Pour choisir un système et un intervalle dans d’autres problèmes, consultez travail, énergie ou quantité de mouvement.

Utile pour

Utilisez cette leçon quand la dynamique de rotation figure dans votre plan actuel. Le lien avec le moment d’inertie à Dawson s’appuie sur une description de l’été 2026; celui avec la mécanique de rotation à Marianopolis sur une description de janvier 2026. Ces sources datées ne confirment ni l’offre actuelle ni la matière évaluée. Les guides conservent leurs réserves sur les notions couvertes et la disponibilité.

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Poulie avec inertie de rotation : forces, moments et énergie

1. Préciser le modèle et les grandeurs

2. Séparer les deux contraintes de mouvement

3. Dessiner trois systèmes

4. Relier les forces aux moments

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Transfert : ce cylindre peut-il vraiment rouler sans glisser?

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3. Compter les deux énergies cinétiques

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