IUT B de Villeurbanne

IUT B de Villeurbanne
Génie Mécanique Productique
Travaux de Synthèse
de Mécanique
-2ième semestre-
Etude du déplacement d’un pont roulant
avec sa charge
Sans documents – Calculatrice autorisée
Sans documents – Calculatrice autorisée
Juin 2003
Durée : 2 heures
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On se propose de faire l’étude d’un pont roulant comme représenté sur la photo de la page de garde.
Le but du problème est de modéliser le comportement de ce pont roulant lorsque celui-ci se met à
freiner.
Ce système, pour des raisons de simplification, sera représenté schématiquement par :
JJG JJG JJG
¾ Un rail (0) fixe auquel est attaché le repère galiléen R0 (O, x0 , y0 , z0 ) .
J
JJJG
JJG
JG
2
¾ une roue (1), de masse M = m , de centre d'inertie G, dont la position est : OG = − Rx0 + y (t ) y0 . On
3 JJG JJG
JG
affecte à (1) le repère R1 (G, x1 , y1 , z0 ) . La position angulaire de cette roue par rapport à R0 est définie
par :
JJG JG
JJG JJG
θ (t ) = ( x0 , x1 ) = ( y0 , y1 ) .
¾ une charge (2) constituée d'une barre GP sans masse de longueur L, à laquelle est attaché l’objet à
déplacer de masse m. Le centre de gravité de la charge (2) est le point P. La barre est articulée sans
JJG JJG JJG
frottement en G sur l'axe de la roue. On affecte à la charge (2) le repère R2 (G, x2 , y2 , z0 ) . La position
angulaire de la barre par rapport à R0 est définie par :
JJG JJG
JJG JJG
ϕ (t ) = ( x0 , x2 ) = ( y0 , y2 ) .
JJJJJJJG
JJG
C freinage = C z0
JG
g
JJG
z0
.
(1)
JJG
y0
G
R
(0)
O
ϕ(t)
JJG
y0
I
y(t)
JJG
x0
θ(t)
JG
x1
JJG
x2
JJG
x0
(2)
P
Caractéristiques d’inertie :
⎛
⎞
⎜ Ix 0
⎟
0
⎜ 1
⎟
0 ⎟
On donne la matrice d’inertie de (1) en G : I G (1) = ⎜ 0 I y1
.
⎜
⎟
⎜⎜ 0 0 MR ² ⎟⎟
2 ⎠( JJxG1 , JJyG1 ,JJz0G )
⎝
Compte tenu des dimensions relativement faibles de l’objet à déplacer, on suppose que toute la masse
de (2) est concentrée en P et donc que la matrice d’inertie de (2) en P est nulle.
Page 2 sur 4
Modélisation des actions mécaniques :
La roue se déplace sans glisser sur le rail (0). Le point de contact entre la roue et le sol sera matérialisé par
le point I.
L’action de contact entre le rail (0) et la roue (1) sera matérialisée en I par le torseur suivant :
⎧ X 01 0 ⎫
.
{F(0→1) }I = ⎪⎨ Y01 0⎪⎬
⎪ 0 0 ⎪ JJG JJG JJG
⎩
⎭( x0 , y0 , z0 )
L’action de liaison entre la roue (1) et la charge (2) sera matérialisé en G par le torseur suivant :
⎧ X 21 0 ⎫
= − { F(1→2) } .
{F(2→1) }G = ⎪⎨ Y21 0⎪⎬
G
⎪ 0 0 ⎪ JJG JJG JJG
⎩
⎭( x0 , y0 , z0 )
JJJJJJJG
JG
J
On prendra en compte un couple de freinage constant tel que C freinage = C z0
La deuxième partie peut être traitée indépendamment de la première partie en prenant le
problème à la question 12°)
1ière partie : mise en équation du système ( ∼ 16 points)
Tous les vecteurs des questions suivantes seront exprimés dans le repère R0.
D
1.
Exprimer la condition de roulement sans glissement au contact en I, et en déduire une relation entre y
D
DD
DD
y
et θ . Montrer que cette relation est : θ = − . En déduire alors une relation entre y et θ (On notera
R
cette équation 1°)).
D
D
2.
JJJJG
JJG 0
D
D
Déterminer le vecteur vitesse absolu de P ( V ( P, 2 / 0) ou VP 2 ) en fonction de L, y , ϕ et ϕ .
3.
JJJG
JJG 0
DD
DD
D
Déterminer le vecteur accélération absolu de P ( a ( P, 2 / 0) ou Γ P 2 ) en fonction de L, y , ϕ , ϕ et ϕ .
4.
Déterminer le torseur cinétique en G du solide (1) dans son mouvement par rapport à (0).
5.
Déterminer le torseur dynamique en G du solide (1) dans son mouvement par rapport à (0).
6.
En vous aidant de la question 3°), déterminer le moment dynamique en G de la charge (2) dans son
mouvement par rapport à (0). On montrera que ce moment dynamique a pour expression :
DD
DD
m( y L cos ϕ + L ² ϕ ) z 0
7.
Déterminer le torseur dynamique en G du solide (2) dans son mouvement par rapport à (0).
Page 3 sur 4
8.
9.
Appliquer le Principe Fondamental de la Dynamique à la roue (1) en projection dans le repère
JJG JJG JJG
(G, x0 , y0 , z0 ) . Le théorème de la résultante dynamique donnera les équations 2°) et 3°) et le théorème
du moment dynamique en G donnera l’équation 4°). Ces trois équations relieront les paramètres y, θ
et leurs dérivées successives aux inconnues X01, Y01, X21 et Y21.
Appliquer le Principe Fondamental de la Dynamique à la charge (2) en projection dans le repère
JJG JJG JJG
(G, x0 , y0 , z0 ) . Le théorème de la résultante dynamique donnera les équations 5°) et 6°) et le théorème
du moment dynamique en G donnera l’équation 7°). Ces trois équations relieront les paramètres y, ϕ et
leurs dérivées successives aux inconnues X21 et Y21.
10. Rendre les équations 5°) à 7°) linéaires en faisant l’hypothèse de petites oscillations.
Rappel :Si ϕ est petit (ϕ<25°) et les vitesses et accélérations angulaires faibles , alors sin ϕ ≈ ϕ ;
D
DD
D
cos ϕ ≈ ϕ ; ϕ ² ≈ 0 ; ϕ ϕ ≈ 0 et ϕ ²ϕ ≈ 0 .
11.
L’équation 7°) donne une première relation entre y, ϕ et leurs dérivées successives que l'on
conservera. Des 6 autres équations, on déduira une deuxième relation différentielle entre les mêmes
paramètres, toutes les autres inconnues ayant été éliminées. Montrer que le système d’équations
DD
C
⎧ DD
⎪ 2m y + mL ϕ = − R
différentielles est alors : ⎨
⎪ L ϕDD + DDy = − gϕ
⎩
12.
En déduire alors l’équation différentielle en ϕ.
2ième partie : Etude du cas de freinage ( ∼ 4 points)
D
Alors que le système se déplace à vitesse constante y = v0 sans que la charge oscille, on applique le couple
de freinage C.
D
13.
Résoudre l’équation différentielle de la question 12°) sachant qu’à t=0, ϕ=0 et ϕ = 0 . Pour déterminer
2g
la solution générale, on posera ω ² =
et on recherchera la solution particulière sous la forme d’une
L
constante .
14.
Donner l’angle maximum atteint par la charge en fonction de m, C, R,g. On notera ϕm cet angle.
15.
Au bout de combien de temps, la charge repassera t-elle par la verticale ? Quelle sera alors la vitesse
angulaire de la charge à ce moment ?
16.
Connaissant maintenant la loi ϕ(t), en déduire y (t ) à l’aide de la 2ième équation du système de la
question 11°).
17.
Intégrer cette équation pour en déduire y (t ) .
18.
En déduire alors le couple de freinage à imposer au système pour que ϕ et y s’annule en même
DD
D
D
temps. Montrer que le couple à imposer est : C =
mv0 R 2 g
L
π
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Correction TS de mécanique semestre 2 –2002-2003
1ière partie : mise en équation du système ( ∼ 16 points)
1.
JJJG
G JJJJG
JJG JJJJG D JJG
JJG D JJG D JJG
G
G
D JJ
D
D JJ
V ( I ,1/ 0) = 0 = V (G,1/ 0) + IG ∧ Ω1/ 0 = y y0 − Rx0 ∧ θ z0 = y y0 + R θ y0 = ( y + R θ ) y0
⇒
2.
3.
D
D
θ =−
y
R
DD
θ =−
⇒
1 point
DD
y
R
JJJJG
JJJG JJJJG D JJG
JJG D JJJG D JJG
G D JJG
JJG
JG
J
JJJJG
D JJ
D
V ( P, 2 / 0) = V (G, 2 / 0) + PG ∧ Ω 2 / 0 = y y0 − Lx2 ∧ ϕ z2,0 = y y0 + L ϕ y2 = y y0 + L ϕ (cos ϕ y0 − sin ϕ x0 )
JJG D
JJJG
JJJJG
D
D
1.5 points
V ( P, 2 / 0) = − L ϕ sin ϕ x0 + ( y + L ϕ cos ϕ ) y0
G D
JJJG
JJJJG
D
⎡ d (− L ϕD sin ϕ JJ
JJJG
⎡ dV ( P, 2 / 0) ⎤
x0 + ( y + L ϕ cos ϕ ) y0 ) ⎤
⎥
a ( P, 2 / 0) = ⎢
⎥ =⎢
dt
dt
⎢
⎥
⎣
⎦/0 ⎣
⎦/0
1.5 points
JJJG DD
JJG
JJJG
DD
D
DD
D
a ( P, 2 / 0) = −( L ϕ sin ϕ + L ϕ ² cos ϕ ) x0 + ( y + L ϕ cos ϕ − L ϕ ² sin ϕ ) y0
JJJG
JJJJG
4.
{C (1/ 0)}G = p(1/ 0);σ (G,1/ 0)
JJJG
JJJJG
2 D JJG
p (1/ 0) = M V (G ,1/ 0) = m y y0
3
{
}
1 point
⎛0⎞
0
0 ⎞
⎛ MR ² / 4
⎜ ⎟
J
JJJJG
JJJJG ⎜
MR ² D JJG 2mR ² D JJG mR ² D JG
⎟
⎜0⎟
0 ⎟
=
MR ² / 4
θ z0 =
θ z0 =
θ z0
σ (G,1/ 0) = I G (1).Ω1/ 0 = ⎜ 0
2
3* 2
3
⎜ ⎟
⎜ 0
0
MR ² / 2 ⎟⎠(1),(0) ⎜ D ⎟
⎝
⎝ θ ⎠(1),(0)
JJJG
JJJJG
5.
{D(1/ 0)}G = R(1/ 0); δ (G,1/ 0)
JJJG
JJJJG
J
2 DD JG
R (1/ 0) = M a (G ,1/ 0) = m y y0
3
1 point
⎡ mR ² D JJG ⎤
JJJJG
J
JJJJG
⎡ d σ (G,1/ 0) ⎤
⎢ d 3 θ z0 ⎥
mR ² DD JG
=
=
δ (G,1/ 0) = ⎢
θ
z
⎥
⎢
⎥
0
dt
dt
3
⎣
⎦/0 ⎢
⎥
⎣
⎦/0
{
JJJJG
}
JJJJG
JJJG
JJJJG
JJJJJG
G
δ (G , 2 / 0) = δ ( P, 2 / 0) + GP ∧ R (2 /0) avec δ ( P, 2 / 0) = 0 car la matrice d’inertie de (2) en P est nulle.
JJJG
JJG
JJJJJG
JJJJJJJG
DD
D
DD
DD
D
Or R (2 /0) = ma ( P, 2 /0) = − m( L ϕ sin ϕ + L ϕ ² cos ϕ ) x0 + m( y + L ϕ cos ϕ − L ϕ ² sin ϕ ) y0
J
JJJG
JJG
JG
Et GP = L cos ϕ x0 + L sin ϕ y0 .
Donc :
6.
DD
L cos ϕ
JJJJG
δ (G , 2 / 0) = L sin ϕ
0
D
−m( L ϕ sin ϕ + L ϕ ² cos ϕ )
DD
DD
D
∧ m( y + L ϕ cos ϕ − L ϕ ² sin ϕ )
(0)
=
0
(0)
Page 1 sur 4
0
DD
DD
= m( y L cos ϕ + L ² ϕ ) z 0
0
DD
DD
D
DD
D
m( L y cos ϕ + L ² ϕ cos ²ϕ − L ² ϕ ² cos ϕ sin ϕ + L ² ϕ sin ²ϕ + L ² ϕ ² cos ϕ sin ϕ (0)
1.5 points
JJJG
JJJJG
7.
{D(2 / 0)}G = R(2 / 0); δ (G, 2 / 0)
JJJG
JJG
JJJJJG
DD
D
DD
DD
D
R (2 /0) = − m( L ϕ sin ϕ + L ϕ ² cos ϕ ) x0 + m( y + L ϕ cos ϕ − L ϕ ² sin ϕ ) y0
DD
DD
JJJJG
δ (G , 2 / 0) = m( y L cos ϕ + L ² ϕ ) z 0
{
}
Bilan des actions mécaniques extérieures à (1) :
⎧ X 01 0 ⎫
⎧ X 21 0 ⎫
⎪
⎪
{F(0→1) }I = ⎨ Y01 0⎬
{F(2→1) }G = ⎪⎨ Y21 0⎪⎬
⎪ 0 0 ⎪ JJG JJG JJG
⎪ 0 0 ⎪ JJG JJG JJG
⎩
⎭( x , y , z )
⎩
⎭( x , y , z )
1 point
8.
0
0
0
0
0
{F
}
( poids →1) G
0
⎧ Mg 0 ⎫
⎪
⎪
= ⎨ 0 0⎬
⎪ 0 0 ⎪ JJG JJG JJG
⎩
⎭( x0 , y0 , z0 )
⎧0 0 ⎫
{F( freinage→1) }G = ⎪⎨0 0 ⎪⎬
⎪0 C ⎪ JJG JJG JJG
⎩
⎭( x0 , y0 , z0 )
Réduction des efforts en G :
JJJJJJJJJG
JG
JJJG JJG JJJG G
JJG
JJG
JJG
JJG
M G ( F 01 ) = M I + GI ∧ F01 = 0 + Rx0 ∧ ( X 01 x0 + Y01 y0 ) = RY01 z0
Application du PFD :
3 points
2
⎧
⎪⎪0 = X 01 + 3 mg + X 21
JJJG
JJJJG
JG
R (1/ 0) = M a(G,1/ 0) = ∑ F (1 → 1) ⇒ ⎨
DD
⎪2 m y = Y +Y
01
21
⎪⎩ 3
(2)
(3)
DD
JJJJG
JJJG
mR ² θ
δ (G,1/ 0) = ∑ M G (1 → 1) ⇒
= RY01 + C
3
(4)
9.
Bilan des actions mécaniques extérieures à (2) :
⎧− X 21 0 ⎫
⎧mg 0 ⎫
⎪
⎪
{F(1→2) }G = ⎨ −Y21 0⎬
{F( poids→2) }G = ⎪⎨ 0 0⎪⎬
⎪ 0
⎪ 0 0 ⎪ JJG JJG JJG
0 ⎪⎭( JJxG , JJyG , JJzG )
⎩
⎩
⎭( x0 , y0 , z0 )
0 0 0
Réduction des efforts en G :
3 points
L cos ϕ
mg
JJJJJJJ
JGG JJJG JJJG JJG G
JJG
M G ( P) = M P + GP ∧ P = 0 + L sin ϕ ∧ 0
= − mgl sin ϕ z0
0
0 (0)
(0)
Application du PFD :
⎧−m( L ϕDD sin ϕ + L ϕD ² cos ϕ ) = − X + mg
JJJG
JJJG
JG
⎪
21
R(2 / 0) = ma( P, 2 / 0) = ∑ F (2 → 2) ⇒ ⎨ DD
JJG
DD
D
⎪⎩m( y + L ϕ cos ϕ − L ϕ ² sin ϕ ) y0 = −Y21
Page 2 sur 4
(5)
(6)
JJJJG
JJJG
DD
DD
δ (G, 2 / 0) = ∑ M G (2 → 2) ⇒ m( y L cos ϕ + L² ϕ ) = −mgL sin ϕ
10.
(7)
(5)
⎧⎪0 = − X 21 + mg
En linéarisant, les équations (5) et (6) deviennent : ⎨ DD
DD
⎪⎩m( y + L ϕ ) = −Y21 (6)
DD
DD
DD
1 point
DD
m( y L + L ² ϕ ) = −mgLϕ soit y + L ϕ = − gϕ
Et la 7) devient :
11. En reportant l’équation (1) dans la (4), on obtient :
DD
DD
DD
DD
y
mR y
my C
θ = − ⇒−
= RY01 + C ⇒ Y01 = −
−
R
3
3
R
En reportant cette nouvelle équation dans la (3), on obtient :
2 points
DD
DD
2 DD m y C
C
2 DD
2 DD
m y = Y01 + Y21 ⇒ m y − Y01 = Y21 ⇒ Y21 = m y +
+ = m y+
3
3
R
R
3
3
En reportant cette nouvelle équation dans la (6), on obtient :
DD
DD
DD
DD
DD
DD
DD
C
C
− m( y + L ϕ ) = Y21 ⇒ − m( y + L ϕ ) = m y + ⇒ 2m y + L ϕ = −
R
R
DD
DD
C
⎧
⎪ 2m y + mL ϕ = − R
d’où le système d’équations différentielles : ⎨
⎪ L ϕDD + DDy = − gϕ
⎩
12.
DD
DD
DD
DD
C
Lϕ
C
Lϕ
2g
C
⇒ Lϕ + −
−
−
= − gϕ ⇒ ϕ +
ϕ=
y=−
2mR
2
2mR 2
L
LmR
DD
0.5 point
2ième partie : Etude du cas de freinage ( ∼ 4 points)
D
Alors que le système se déplace à vitesse constante y = v0 sans que la charge oscille, on applique le couple
de freinage C.
DD
13.
Solution générale de l’équation différentielle homogène associée: ϕ +
2g
ϕ =0.
L
DD
2g
⇒ ϕ + ω ²ϕ = 0 . L’équation caractéristique admet deux racines complexes qui sont ± i ω .
L
La solution générale de l’équation différentielle homogène associée est donc ϕ1 (t ) = A cos ω t + B sin ω t
On pose ω ² =
D
DD
On recherche une solution particulière ϕ 2 sous la forme d’une constante ϕ 2 = a ⇒ ϕ 2 = 0 ⇒ ϕ 2 = 0
2g
C
C
On reporte cette constante dans l’équation différentielle: 0 +
a=
⇒a=
L
LmR
2 gmR
Donc ϕ (t ) = ϕ1 (t ) + ϕ 2 (t ) = A cos ω t + B sin ω t +
C
2 gmR
Il reste à déterminer les constantes d’intégrations à l’aide des conditions initiales :
Page 3 sur 4
A t=0, ϕ (0) = 0 = A +
C
C
⇒ A=−
2 gmR
2 gmR
D
2 points
ϕ (t ) = − Aω sin ω t + Bω cos ω t
D
A t=0, ϕ (0) = 0 = Bω ⇒ B = 0
Donc ϕ (t ) =
C
(1 − cos ω t )
2 gmR
0.5 point
C
gmR
14.
ϕm est obtenu quand cos ω t = −1 ⇒ ϕ M =
15.
La charge repasse par la verticale quand ϕ=0 ⇒ cos ω t1 = 1 ⇒ ω t1 = 2π ⇒ t1 =
2π
ω
=
1 point
D
La vitesse sera alors ϕ (t1 ) =
16.
DD
DD
y = − gϕ − L ϕ = −
2π
2L
=π
g
2g
L
C
ω sin ω t = 0
2mgR
C
CL
C
C
C
(1 − cos ω t ) −
ω ² cos ω t = −
(1 − cos ω t ) −
cos ω t = −
(1 − 3cos ω t )
2mR
2mgR
2mR
mR
2mR
1 point
D
17.
y=−
D
C
3
(t + sin ω t ) + C1 . Or à t=0, y (0) = v0 = C1
2mR
ω
1 point
D
C
3
(t + sin ω t ) + v0
2mR
ω
D
mv R 2 g
2π
2π C
ϕ s’annule pour t1 =
. On veut que y (t1 ) = −
+ v0 = 0 ⇒ C = 0
L
π
ω
2mRω
⇒ y (t ) = −
18.
Page 4 sur 4
1 point
I. Outils nécessaires pour la mise en forme des équations du mouvement :(φ(t),y(t)).
1) Expression du roulement sans glissement en I :
−y
−y
y ²
θ=
θ =
θ² = 2
R
R
R
2) Equation de Lagrange :
d ⎡ ∂E c ⎤ ∂E c ∂U
+
= Qi
⎢
⎥−
dt ⎣ ∂qi ⎦ ∂q i ∂q i
a) Energie cinétique d’un ensemble de solides :
JGo ⎤
1 JG
⎡1
2
E c = ∑ ⎢ mi ⋅VG i + σ / G i ⋅ ω S i ⎥
2
⎦
solide ⎣ 2
mi
VG i
:masse du solide S i (ici on a i=1,2)
:vitesse du centre de gravité du solide S i
JG
σ / G i :moment cinétique au centre de gravité du solide S i
JG o
ω S i :vecteur rotation du solide S i /o
b) Energie potentielle de l’ensemble des solides
U =
∑ U (mi ) = U (m ) + U (m
solide
1
2
)
c) Cœfficients Q i des d qi dans le travail des forces extérieurs n’appartenant pas à U :
dWext ∉U =
Q i ⋅ dq i
∑
solide
JG
JJJG
= Q y ⋅ dy + Qϕd ϕ = C freinage ⋅ d θ
d) Différents paramètres de positions q i (rotation, translation) :
q i = q1 , q 2
q1 = y
q2 = ϕ
II. Calculs
a) Calcul de
Ec :
1
1 JJJG JJJoG 1
1 JJJG JJJoG
2
2
E c = m1 ⋅VG1 + σ G1 ⋅ ωS1 + m 2 ⋅VG 2 + σ G 2 ⋅ ωS 2
2
2
2
2
1 2
1 JJJG JJJJG 1
1 JJG JJJJJG
2
2
E c = ⋅ m ⋅VG + σ G ⋅ Ω1 / 0 + m ⋅V p + σ p ⋅ Ω2 / 0
2 3
2
2
2
Avec :
VG = y
JJJG
σG =
V p = L2 ⋅ ϕ 2 ⋅ sin2 ϕ + (Lϕ cos ϕ + y )2
m ⋅ R 2 ⋅ θ JJJJJG
z 0,1,2
JJG
JJJJJG
G
σ P = I P (2) ⋅ Ω2 / 0 = 0 car I P (2) = 0 voir énoncé.
3JJJJJG
JJJJG
Ω1 / 0 = θ ⋅ z 0,1,2
On obtient :
m ⋅ y 2 1 m ⋅ R 2 ⋅ θ2 1
EC =
+ ⋅
+ ⋅ m ⋅ ⎡⎣L2 ⋅ ϕ 2 ⋅ sin2 ϕ + (L ⋅ ϕ ⋅ cos ϕ + y )2 ⎤⎦
3
2
3
2
2
2
2
m ⋅ y
m ⋅ R ⋅θ
m ⋅ L2 2
1
EC =
+
+
⋅ ϕ ⋅ sin2 ϕ + ⋅ m ⋅ L2 ⋅ ϕ 2 ⋅ cos 2 ϕ + 2 ⋅ L ⋅ ϕ ⋅ cos ϕ ⋅ y + y 2
3
6
2
2
2
2
2
2
m ⋅ y
m ⋅ R ⋅θ
m ⋅L
m ⋅ L2 2
m
EC =
+
+
⋅ ϕ 2 ⋅ sin2 ϕ +
⋅ ϕ ⋅ cos 2 ϕ + m ⋅ L ⋅ ϕ ⋅ cos ϕ ⋅ y + y 2
3
6
2
2
2
(
m ⋅L
E C = m ⋅ y 2 +
⋅ ϕ 2 + m ⋅ L ⋅ ϕ ⋅ cos ϕ ⋅ y
2
2
b) Calcul de U :
U = U (m1 ) + U (m 2 ) = cons tan te (m1 ) + m ⋅ g ⋅ L ⋅ cos ϕ − m ⋅ g ⋅ L ⋅ sin ϕ
c) Calcul des Q i :
JG
JJJG
JG
dWext ∉U = Q y ⋅ dy = C freinage ⋅ d θ = C freinage
or θ =
Qy =
G
0
∂θ
= −1 / R
donc
∂y
0
−y
R
dWext ∉U =
−C
R
G
∂θ
⋅
⋅ dy
∂y
−C
R
et
dy
Qϕ = 0
car aucune force ne fait travailler le solide 2.
)
III. Equations du mouvements des différents paramètres.
a) Equation de y(t) :
d ⎡ ∂E c ⎤ ∂E c ∂U
−
+
= Qy
∂y
dt ⎢⎣ ∂y ⎥⎦ ∂y
∂E c
= 2 ⋅ m ⋅ y + m ⋅ L ⋅ ϕ ⋅ cos ϕ
∂y
d ⎡ ∂E c ⎤
= 2 ⋅ m ⋅ y + m ⋅ L ⋅ ϕ ⋅ cos ϕ − m ⋅ L ⋅ ϕ 2 ⋅ sin ϕ
⎢
⎥
dt ⎣ ∂y ⎦
∂E c
−C
∂U
Qy =
=0
=0
∂y
∂y
R
−C
On obtient : 2 ⋅ m ⋅ y + m ⋅ L ⋅ ϕ ⋅ cos ϕ − m ⋅ L ⋅ ϕ 2 ⋅ sin ϕ =
R
−C
m
y
m
L
2
⋅
⋅
+
⋅
⋅
ϕ
=
Si petite oscillations :
R
b) Equation de φ(t) :
d ⎡ ∂E c ⎤ ∂E c ∂U
−
+
= Qϕ
dt ⎢⎣ ∂ϕ ⎥⎦ ∂ϕ ∂ϕ
∂E c
= m ⋅ L2 ⋅ ϕ + m ⋅ L ⋅ cos ϕ ⋅ y
∂ϕ
d ⎡ ∂E c ⎤
= m ⋅ L2 ⋅ ϕ − m ⋅ L ⋅ ϕ ⋅ sin ϕ ⋅ y + m ⋅ L ⋅ cos ϕ ⋅ y
⎢
⎥
dt ⎣ ∂ϕ ⎦
∂E c
= −m ⋅ L ⋅ ϕ ⋅ ϕ ⋅ sin ϕ ⋅ y
∂ϕ
Qϕ = 0
∂U
= −m ⋅ g ⋅ L ⋅ sin ϕ ⋅ ϕ − m ⋅ g ⋅ L ⋅ cos ϕ ⋅ ϕ
∂ϕ
sin ϕ y − mgLϕ sin ϕ − mgLϕ cos ϕ = 0
On obtient : mL2ϕ − mLϕ sin ϕ y + mL cos ϕ y + mLϕϕ
Si petites oscillations :
L ⋅ ϕ + y = g ⋅ ϕ
IV. Résolution du système obtenu (cf. l’année prochaine !!!)
⎛ 2 ⋅ m m ⋅ L ⎞ ⎛ y ⎞ ⎛ 0 0 ⎞ ⎛ y ⎞ ⎛ −C / R ⎞
+⎜
=
⎜
⎟⋅
⎟⋅
L ⎠ ⎜⎝ ϕ ⎟⎠ ⎝ 0 −g ⎠ ⎜⎝ ϕ ⎟⎠ ⎜⎝ 0 ⎟⎠
⎝ 1
(…)