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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 Page 1 sur 4 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 Page 4 sur 4 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 (…)
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JJJG
JJJG
JJJG
JJJG
JJJJG
JJJG
JJJG
JJJJG
(10) MK = ... KG et GK = ... MK
(1) AE = ... AB et AB = ... AE
JJJG
JJ...