Telechargé par Mouad Paradox

[www.clubetudiants.ma] concours.fst-mohammedia.2017.sujet.mecanique

publicité
Concours d’accès en première année
Cycle d’ingénieurs FSTM Filière
Génie Energétique
Epreuve : Mécanique des solides 2017-2018
Enoncée
Un pendule pesant constitue d’un solide homogène quelconque, de masse m, tourne autour d’un point fixe
O lui appartenant. Le pendule est lie au repère 𝑅1 (𝑂, 𝑥⃗1 , 𝑦⃗1 , 𝑧⃗1 ) en mouvement de rotation par rapport à un
repère fixe 𝑅0 (𝑂, 𝑥⃗0 , 𝑦⃗0 , 𝑧⃗0 ) lie au bâti tel que : (𝑥⃗0 , 𝑥⃗1 )= (𝑦⃗0 , 𝑦⃗1 )=𝜃 (Voir figure). La force de contact au
point O est 𝐹⃗𝑜 (𝐹𝑂𝑥 , 𝐹𝑂𝑦 , 0) dans le repère 𝑅1 et le moment d’inertie du pendule par rapport a l’axe G𝑧⃗1 est
égale a 𝐼𝐺 . On donne ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 = 𝐿𝑥⃗1 avec L=constante et 𝑅1 est le repère de projection.
1) En utilisant le théorème de la résultante dynamique et du moment dynamique en G, établir l’équation
différentielle du mouvement ;
2) Retrouver l’expression de cette équation en utilisant le théorème de l’énergie cinétique ;
3) En déduire l’équation différentielle du pendule simple ainsi que sa période.
𝑦⃗1
𝑦⃗0
O
G
𝜃
𝑥⃗1
𝑥⃗0
Epreuve : Mécanique des solides 2017-2018
Corrigée
1)
le théorème de la résultant dynamique est donnée par :
Correction proposer par H.CHAABANI
1/4
∑ ⃗𝑭⃗𝒆𝒙𝒕 = 𝒎 𝜸
⃗⃗(𝑮⁄𝑹𝟎 ) (1)
Calculant la Vitesse du centre de masse ainsi que l’accélération :
𝑶𝑮
𝒅𝑳𝒙
⃗⃗𝟏
𝒅𝒙
⃗⃗𝟏
⃗𝑽⃗(𝑮⁄𝑹𝟎 ) = 𝒅⃗⃗⃗⃗⃗⃗
]
=
]
=L
]
𝒅𝒕
𝒅𝒕
𝒅𝒕
𝑹𝟎
𝑹𝟎
𝑹𝟎
⃗⃗𝟏 est un vecteur qui appartient a 𝑅1 donc on utilise la relation du changement du repère
Comme 𝒙
alors :
Donc :
𝒅𝒙
⃗⃗𝟏
]
𝒅𝒕
𝒅𝒙
⃗⃗𝟏
]
𝑹𝟎
𝒅𝒕 𝑹𝟎
=
𝒅𝒙
⃗⃗𝟏
]
𝒅𝒕 𝑹𝟏
⃗⃗(𝑅1 ⁄𝑅0 )∧𝒙
⃗⃗(𝑅1 ⁄𝑅0 ) = 𝜽̇𝒛⃗ 𝟏
⃗⃗𝟏 avec : ⃗Ω
+ ⃗Ω
⃗⃗+𝜽̇𝒛⃗ 𝟏 ∧𝒙
⃗⃗𝟏 =𝜽̇𝒚
=𝟎
⃗⃗𝟏
⃗⃗(𝑮⁄𝑹𝟎 ) = 𝑳𝜽̇𝒚
Finalement : 𝑽
⃗⃗𝟏
⃗⃗(𝑮⁄𝑹𝟎 ) =
Calculant l’accélération : 𝜸
⃗⃗(𝑮⁄𝑹𝟎 )
𝒅𝑽
𝒅𝒕
𝟐
⃗⃗𝟏
] = 𝑳𝜽̈𝒚
⃗⃗𝟏 - L𝜽̇ 𝒙
𝑹𝟎
Les forces appliquées aux solides sont :
⃗𝑷
⃗⃗ = 𝒎𝒈𝒙
⃗⃗𝟎 𝒐𝒓 𝒙
⃗⃗𝟎 = 𝒄𝒐𝒔(𝜽)𝒙
⃗⃗𝟏 − 𝒔𝒊𝒏(𝜽) 𝒚
⃗⃗𝟏
⃗⃗ = 𝒎𝒈[𝒄𝒐𝒔(𝜽)𝒙
Donc : ⃗𝑷
⃗⃗𝟏 − 𝒔𝒊𝒏(𝜽)𝒚
⃗⃗𝟏 ]
⃗𝑭⃗𝒐 = 𝑭𝑶𝒙 𝒙
⃗⃗𝟏 + 𝑭𝑶𝒚 𝒚
⃗⃗𝟏
D’après (1) on a :
⃗𝑭⃗𝒐 + ⃗𝑷
⃗⃗ = 𝒎 ⃗𝜸⃗(𝑮⁄𝑹𝟎 )
𝟐
⃗⃗𝟏 + 𝑭𝑶𝒚 𝒚
⃗⃗𝟏 + 𝒎𝒈[𝒄𝒐𝒔(𝜽)𝒙
⃗⃗𝟏 ]
𝑭𝑶𝒙 𝒙
⃗⃗𝟏 − 𝒔𝒊𝒏(𝜽)𝒚
⃗⃗𝟏 ] = 𝒎[ 𝑳𝜽̈𝒚
⃗⃗𝟏 - L𝜽̇ 𝒙
par projection dans la base de travail du repère 𝑹𝟏 :
𝑭𝑶𝒙 + 𝒎𝒈𝒄𝒐𝒔(𝜽) = −𝒎𝑳𝜽̇𝟐 ↔ 𝑭𝑶𝒙 = −𝒎𝑳𝜽̇𝟐 − 𝒎𝒈𝒄𝒐𝒔(𝜽)
{𝑭𝑶𝒚 − 𝒎𝒈𝒔𝒊𝒏(𝜽) = 𝒎𝑳𝜽̈ ↔ 𝑭𝑶𝒚 = 𝒎𝑳𝜽̈ + 𝒎𝒈𝒔𝒊𝒏(𝜽)
𝟎 =𝟎
Théorème du moment dynamique :
⃗𝑴
⃗⃗⃗𝒅 (𝑮) = ⃗𝑴
⃗⃗⃗𝒆𝒙𝒕 (𝑮) : (2)
⃗𝑴
⃗⃗⃗𝒅 (𝑮) =
⃗⃗𝑮 (𝑺⁄𝑹𝟎 )
𝒅𝝈
⃗⃗(𝑮⁄𝑹𝟎 )
] + ⃗𝑽⃗(𝑮⁄𝑹𝟎 ) ∧ 𝒎𝑽
𝒅𝒕
𝑹
𝟎
⃗⃗
⃗⃗(𝑮⁄𝑹𝟎 ) = 𝟎
Avec : ⃗𝑽⃗(𝑮⁄𝑹𝟎 ) ∧ 𝒎𝑽
calculant le moment cinétique :
le moment cinétique au centre d’inertie est :
Correction proposer par H.CHAABANI
2/4
𝟎
⃗⃗(𝑹𝟏 ⁄𝑹𝟎 )=𝑰𝑮 . {𝟎} = 𝑰𝑮 𝜽̇𝒛⃗ 𝟏
⃗⃗𝑮 (𝑺⁄𝑹𝟎 ) = 𝑰𝑮 . ⃗Ω
𝝈
𝜽̇ 𝑹𝟏
⃗⃗⃗⃗𝒅 (𝑮) =
Donc : 𝑴
𝒅𝝈
⃗⃗𝑮 (𝑺⁄𝑹𝟎 )
𝒅𝒕
]
𝑹𝟎
= 𝑰𝑮 𝜽̈𝒛⃗ 𝟏
Le moment des forces extérieures :
𝟐
⃗⃗ - 𝑳𝒙
⃗𝑴
⃗⃗⃗𝒆𝒙𝒕 (𝑮) = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗𝟏 ∧ ([−𝒎𝑳𝜽̇ − 𝒎𝒈𝒄𝒐𝒔(𝜽)] 𝒙
⃗⃗𝟏 +[ 𝒎𝑳𝜽̈ + 𝒎𝒈𝒔𝒊𝒏(𝜽)]⃗𝒚⃗𝟏 )
𝑮𝑮 ∧ ⃗𝑷
𝑮𝑶 ∧ ⃗⃗⃗
𝑭𝒐 =𝟎
⃗𝑴
⃗⃗⃗𝒆𝒙𝒕 (𝑮) = −𝑳𝒎[𝑳𝜽̈ + 𝒈𝒔𝒊𝒏(𝜽)]𝒛⃗ 𝟏
d’après (2) :
𝑰𝑮 𝜽̈ = −𝑳𝒎[𝑳𝜽̈ + 𝒈𝒔𝒊𝒏(𝜽)]
𝑰𝑮 𝜽̈ + 𝑳𝒎[𝑳𝜽̈ + 𝒈𝒔𝒊𝒏(𝜽)] =0
𝜽̈[𝑰𝑮 + 𝒎𝑳𝟐 ] + 𝒈𝒎𝑳𝒔𝒊𝒏(𝜽)] =0
𝒈𝒎𝑳
𝜽̈ + 𝑰 +𝒎𝑳𝟐 𝒔𝒊𝒏(𝜽) = 𝟎
𝑫𝒐𝒏𝒄:
2)
𝑮
Calculant l’énergie cinétique du solide considérée :
d’après le deuxième théorème de Koenig on a :
𝟐
𝟏
𝟏
𝑬𝑪 (𝑺⁄𝑹𝟎 ) = 𝒎 ‖⃗⃗⃗
𝑽(𝑮⁄𝑹𝟎 )‖ + 〈⃗⃗Ω⃗⃗(𝑹𝟏 ⁄𝑹𝟎 )〉𝒕𝑹𝟏 . 𝑰𝑮 {⃗⃗Ω⃗⃗(𝑹𝟏 ⁄𝑹𝟎 )}
𝟐
𝟐
𝑹𝟏
𝟐
𝟏
𝟏
𝟐 𝟐
𝑬𝑪 (𝑺⁄𝑹𝟎 ) = 𝒎𝑳 𝜽̇ + 𝑰𝑮 𝜽̇
𝟐
𝟐
théorème de l’énergie cinétique :
𝒅𝑬𝑪 (𝑺⁄𝑹𝟎 )
𝒅𝒕
𝝉𝑽 𝝉𝒆𝒙𝒕
]
𝑹𝟎
= 𝝉𝑽 𝝉𝒆𝒙𝒕 (3)
⃗⃗Ω
⃗⃗(𝑹𝟏 ⁄𝑹𝟎 )
⃗⃗⃗
𝑭𝒆𝒙𝒕
⃗⃗(𝑹𝟏 ⁄𝑹𝟎 ) ∗ ⃗𝑴
⃗⃗⃗𝒆𝒙𝒕 (𝑮) + ⃗𝑭⃗𝒆𝒙𝒕 ∗ ⃗𝑽⃗(𝑮⁄𝑹𝟎 )
={
}∗{
}=⃗Ω
⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑽(𝑮⁄𝑹𝟎 )
𝑴𝒆𝒙𝒕 (𝑮)
en effectuent le calcule on trouve que :
𝝉𝑽 𝝉𝒆𝒙𝒕 = −𝒎𝒈𝑳𝜽̇ 𝒔𝒊𝒏(𝜽)
𝒅𝑬𝑪 (𝑺⁄𝑹𝟎 )
𝒅𝒕
]
𝑹𝟎
𝟐
= 𝒎𝑳 𝜽̇ 𝜽̈ + 𝑰𝑮 𝜽̇ 𝜽̈
d’après la relation (3) :
𝟐
𝒎𝑳 𝜽̇ 𝜽̈ + 𝑰𝑮 𝜽̇ 𝜽̈ = −𝒎𝒈𝑳𝜽̇ 𝒔𝒊𝒏(𝜽)
𝟐
[𝒎𝑳 + 𝑰𝑮 ]𝜽̈ + 𝒎𝒈𝑳𝒔𝒊𝒏(𝜽) =0
Donc : 𝜽̈ +
𝒎𝒈𝑳
𝒎𝑳𝟐 +𝑰𝑮
𝒔𝒊𝒏(𝜽) = 𝟎
3)
l’équation différentielle d’une pendule simple :
𝜽̈ + 𝝎𝟐𝟎 𝒔𝒊𝒏(𝜽) = 𝟎 (Équation différentielle d’une pendula simple)
Correction proposer par H.CHAABANI
3/4
or : 𝝎𝟐𝟎 =
𝒎𝒈𝑳
𝒎𝑳𝟐 +𝑰𝑮
𝟐𝝅
la période : T=
𝝎𝟎
𝒎𝒈𝑳
donc : 𝝎𝟎 = √𝒎𝑳𝟐+𝑰
𝑮
𝟐
𝒎𝑳 +𝑰𝑮
√
𝑫𝒐𝒏𝒄 ∶ 𝑻 = 𝟐𝝅
Correction proposer par H.CHAABANI
𝒎𝒈𝑳
4/4
Téléchargement
Explore flashcards